Calcule os limites a seguir:
\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to 1^{+}}\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right).
Informações claras e o que precisamos encontrar:
  • A expressão envolve funções que ficam indefinidas quando x\to 1: \ln x\to 0 e x-1\to 0.
  • Queremos o valor finito (se existir) da diferença entre \dfrac{1}{\ln x} e \dfrac{1}{x-1} quando x se aproxima de 1 pela direita.

Passo 2

Primeiro faço uma substituição simples para trabalhar com uma variável pequena. Seja h=x-1. Então h\to 0^{+} quando x\to 1^{+} e x=1+h. Reescrevo o limite em h:
\lim_{h\to 0^{+}}\left(\frac{1}{\ln(1+h)}-\frac{1}{h}\right).
Vou manipular essa expressão para uma forma adequada para análise.

Passo 3

Coloco as frações em um único quociente para ver o tipo de indeterminação:
\frac{1}{\ln(1+h)}-\frac{1}{h}=\frac{h-\ln(1+h)}{h\,\ln(1+h)}.
Observe que quando h\to 0 tanto o numerador h-\ln(1+h) quanto o denominador h\,\ln(1+h) tendem a 0, portanto temos uma indeterminação do tipo \tfrac{0}{0}. Para resolver, vou reduzir esse quociente a limites mais simples.

Passo 4

Faço a fatoração/divisão conveniente para separar fatores que têm limites fáceis:
\frac{h-\ln(1+h)}{h\,\ln(1+h)} = \frac{\dfrac{h-\ln(1+h)}{h^{2}}}{\dfrac{\ln(1+h)}{h}}.
Assim o limite original é o quociente dos dois limites mais simples
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h\,\ln(1+h)} = \frac{\displaystyle\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h^{2}}} {\displaystyle\lim_{h\to 0^{+}}\frac{\ln(1+h)}{h}},
desde que os limites do numerador e do denominador existam e o segundo seja diferente de zero. Vou calcular cada um.

Passo 5

Calculo o limite do denominador auxiliar:
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{\ln(1+h)}{h}.
Este é um limite clássico: \ln(1+h) tem a mesma ordem de h quando h\to 0, e o limite vale 1. (Uma forma rápida: aplique l’Hôpital ou use a expansão \ln(1+h)=h+o(h).) Então
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{\ln(1+h)}{h}=1.

Passo 6

Agora calculo o limite do numerador auxiliar
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h^{2}}.
Posso aplicar l’Hôpital uma vez porque o numerador e o denominador tendem a 0. Derivo numerador e denominador em relação a h:
  • derivada do numerador h-\ln(1+h) é 1-\dfrac{1}{1+h}=\dfrac{h}{1+h};
  • derivada do denominador h^{2} é 2h.
Pelo teorema de l’Hôpital:
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h^{2}} = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{\dfrac{h}{1+h}}{2h} = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{1}{2(1+h)}=\frac{1}{2}.
Portanto
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h^{2}}=\frac{1}{2}.

Passo 7

Como já temos
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h^{2}}=\frac{1}{2} \qquad\text{e}\qquad \lim_{h\to 0^{+}}\frac{\ln(1+h)}{h}=1,
pela relação do Passo 4 obtemos
\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h-\ln(1+h)}{h\,\ln(1+h)} = \frac{\tfrac{1}{2}}{1}=\frac{1}{2}.
Portanto o limite pedido existe e vale \tfrac{1}{2}.

Resposta

\tfrac{1}{2}

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