Calcule os limites de \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-1}{x} e \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}

Passo 1

O enunciado pede calcular dois limites quando x\to 0:
  • \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}.
  • \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}.
Informações dadas / observações imediatas:
  • Ambas as expressões, ao substituir x=0, dão a forma indeterminada \dfrac{0}{0}, porque e^{0}-1=0 e \ln(1+0)=0.
  • É preciso portanto usar alguma técnica para tratar limites em forma \dfrac{0}{0} (expansões em série, definição de derivada, regra de L’Hôpital, desigualdades, etc.).

Passo 2

Vou explicar o que significa a forma \dfrac{0}{0} e por que precisamos de uma ferramenta: quando a substituição direta dá \dfrac{0}{0}, o limite pode existir (um número finito) ou não — não dá para concluir. Precisamos reescrever a expressão de modo que cancele o fator que gera o zero no numerador e no denominador, ou então usar uma regra que compare taxas de variação (derivadas). Duas formas comuns e simples aqui são:
  • usar a expansão de Taylor/Maclaurin (séries) para funções e^{x} e \ln(1+x) perto de x=0;
  • interpretar cada limite como a derivada da função em 0 ou aplicar a regra de L’Hôpital. Vou mostrar as duas ideias (séries e L’Hôpital/derivada), explicando bem cada passo.

Passo 3

Primeiro método: expansão em série (Maclaurin). Ideia básica da série de Maclaurin: muitas funções suaves podem ser escritas como soma de potências de x em torno de 0,
f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots,
onde os coeficientes vêm das derivadas de f em 0. Para funções comuns usamos fórmulas já conhecidas:
Para e^{x} a série de Maclaurin é
e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots,
válida para todo x. Essa série pode ser obtida a partir da definição da exponencial como série ou a partir da propriedade de derivadas (mas aqui aceitamos essa expansão como ferramenta padrão). Note que a série começa com 1+x+ termos de ordem superior em x.
Agora divido e^{x}-1 por x:
\frac{e^{x}-1}{x}=\frac{1+x+\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{3}}{3!}+\cdots-1}{x} = \frac{x+\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{3}}{3!}+\cdots}{x}.
Cancelando o fator x em cada termo:
\frac{e^{x}-1}{x}=1+\frac{x}{2!}+\frac{x^{2}}{3!}+\cdots.
Quando x\to 0 os termos com x,x^{2},\dots tendem a 0. Logo
\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1.
Intuição: o termo linear da expansão de e^{x} é exatamente x, então a taxa de crescimento próximo a 0 é 1.

Passo 4

Segundo limite pela série: usar a expansão para \ln(1+x) válida para |x|<1:
começamos da série geométrica
\frac{1}{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n},\qquad \text{para }|t|<1.
Integramos termo a termo de t=0 até t=x (operações válidas dentro do raio de convergência) para obter
\ln(1+x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\,dt=\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}.
Escrevendo os primeiros termos:
\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots.
Dividindo por x:
\frac{\ln(1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{3}-\cdots.
Ao fazer x\to 0 (mantendo |x|<1), todos os termos com x,x^{2},\dots tendem a 0, ficando
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1.

Passo 5

Método alternativo (muito usado em prova): interpretar cada limite como derivada no ponto 0 e/ou aplicar a regra de L’Hôpital.
Definição de derivada no ponto a: a derivada de f em a é
f'(a)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a},
quando esse limite existe. Logo
\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}
é exatamente (e^{x})'\big|_{x=0}, isto é a derivada de e^{x} em 0. Uma propriedade fundamental (que pode ser demonstrada com séries ou com a definição da exponencial) é que
\frac{d}{dx}e^{x}=e^{x}.
Portanto (e^{x})'\big|_{x=0}=e^{0}=1, o que dá o mesmo resultado.
Para \ln(1+x) note que
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}
é a derivada de g(x)=\ln(1+x) em 0, porque g(0)=0. A derivada de g é
g'(x)=\frac{d}{dx}\ln(1+x)=\frac{1}{1+x},
então g'(0)=1/(1+0)=1. Assim o limite vale 1.

Passo 6

Aplicação da regra de L’Hôpital (versão direta): se \lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} dá forma \dfrac{0}{0} e f,g são diferenciáveis perto de a com g'(x)\neq 0, então
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}
quando o limite à direita existe.
Aplicando à primeira expressão, com f(x)=e^{x}-1 e g(x)=x:
f'(x)=e^{x},\qquad g'(x)=1,
logo
\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{1}=e^{0}=1.
Para a segunda, com f(x)=\ln(1+x) e g(x)=x:
f'(x)=\frac{1}{1+x},\qquad g'(x)=1,
portanto
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{1+x}=1.
A regra de L’Hôpital aqui dá uma forma curta e rigorosa, desde que se conheçam as derivadas usadas.

Passo 7

Resumo intuitivo e dica de prova: ambas as funções têm crescimento linear dominante perto de 0 com coeficiente 1. Em outras palavras, para x muito pequeno
e^{x}\approx 1+x,\qquad \ln(1+x)\approx x,
e os limites calculam precisamente esse coeficiente linear, que é 1. Se na prova quiser economizar tempo, usar L’Hôpital ou reconhecer os limites como derivadas em 0 costuma ser suficiente.

Resposta

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