Calcule os limites e indique onde foram utilizadas as Regras de L’Hospital:
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[1+\frac{1}{x^{2}}\right]^{x}

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to+\infty}\left[1+\frac{1}{x^{2}}\right]^{x}.
Informações e observações iniciais extraídas do enunciado:
  • A expressão tem a forma \bigl(1+\text{algo pequeno}\bigr)^{\text{algo grande}}.
  • Quando x\to+\infty temos \left[1+\dfrac{1}{x^{2}}\right]\to 1 e x\to+\infty, ou seja, a forma é do tipo 1^{\infty}, que é uma indeterminação.
    O problema é: encontrar o valor do limite e indicar onde foi utilizada a Regra de L’Hospital.

Passo 2

Estratégia (sem calcular ainda): para limites com potências do tipo 1^{\infty} é muito útil tomar o logaritmo natural. Se definirmos
y=\left[1+\frac{1}{x^{2}}\right]^{x},
então podemos estudar
\ln y = x\ln\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right).
Se conseguirmos encontrar \lim_{x\to+\infty}\ln y, chamemos esse limite de L, então o limite original será e^{L}. Esta transformação é padrão porque convergência de y é equivalente à convergência de \ln y (a exponencial é contínua).

Passo 3

Reescrevendo \ln y de forma conveniente para aplicar L’Hospital:
\ln y = x\ln\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right) = \frac{\ln\!\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}{\dfrac{1}{x}}.
Agora verificamos o tipo da indeterminação ao tomar x\to+\infty:
  • \ln\!\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)\to\ln(1)=0.
  • \dfrac{1}{x}\to 0.
    Portanto temos uma forma 0/0, e isso habilita o uso da Regra de L’Hospital: podemos substituir o limite da razão pelas razões das derivadas (desde que as funções sejam diferenciáveis em um intervalo adequado e o novo limite exista ou seja \pm\infty).

Passo 4

Vou aplicar a Regra de L’Hospital: calcular as derivadas do numerador e do denominador em relação a x.
Derivada do numerador:
\frac{d}{dx}\left[\ln\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)\right] = \frac{1}{1+\dfrac{1}{x^{2}}}\cdot\frac{d}{dx}\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right).
Agora a derivada da parte interna:
\frac{d}{dx}\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{d}{dx}\!\left(x^{-2}\right)=-2x^{-3}=-\frac{2}{x^{3}}.
Portanto a derivada do numerador é
\frac{d}{dx}\left[\ln\!\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)\right] = \frac{-\dfrac{2}{x^{3}}}{1+\dfrac{1}{x^{2}}} = -\frac{2}{x^{3}\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}.
Derivada do denominador:
\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{d}{dx}\left(x^{-1}\right)=-x^{-2}=-\frac{1}{x^{2}}.

Passo 5

Aplicando L’Hospital (limite da razão das derivadas):
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\!\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}{\dfrac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{-\dfrac{2}{x^{3}\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}}{-\dfrac{1}{x^{2}}}.
Simplificando o sinal e as potências de x:
\frac{-\dfrac{2}{x^{3}\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = \frac{2}{x^{3}\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}\cdot x^{2} = \frac{2}{x\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}.

Passo 6

Agora calculamos o limite da expressão simplificada:
\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{x\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)}.
Quando x\to+\infty temos \dfrac{1}{x^{2}}\to 0, logo o denominador tende para x\cdot 1 e a fração tende a
\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{x\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)} = 0.
Portanto obtemos
\lim_{x\to+\infty}\ln y = 0.

Passo 7

Como \ln y\to 0, concluímos que
y = \left[1+\frac{1}{x^{2}}\right]^{x} \longrightarrow e^{0}=1.
Resumo do uso da Regra de L’Hospital: ela foi utilizada no cálculo de \lim_{x\to+\infty}\ln y ao converter a expressão em uma razão que apresenta a indeterminação 0/0 e então substituir o limite pela razão das derivadas (Passos 4–6).

Passo 8

Observação alternativa (mais curta): poderia também usar a equivalência \ln(1+u)\sim u para u\to 0. Com u=\dfrac{1}{x^{2}} tem-se \ln\!\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)\sim \dfrac{1}{x^{2}}, então x\ln\!\left(1+\dfrac{1}{x^{2}}\right)\sim x\cdot\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{1}{x}\to 0, chegando ao mesmo resultado. Usei L’Hospital na solução principal porque o enunciado pediu que eu indicasse onde a regra foi utilizada.

Resposta

1

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