Calcule os limites trigonométricos a seguir:
lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\frac{\ln \left(\frac{x+4}{x+3}\right)}{\frac{7}{x+3}}\right)=

Passo 1

Vou escrever claramente o que o enunciado pede e quais informações ele dá.
  • O enunciado pede calcular o limite
\lim_{x\to -\infty}\left(\frac{\ln\!\left(\dfrac{x+4}{x+3}\right)}{\dfrac{7}{x+3}}\right).
  • Informação importante: quando x\to -\infty temos x+3\to -\infty e, portanto, tanto o numerador quanto o denominador tendem a 0:
    • \ln\!\left(\dfrac{x+4}{x+3}\right)\to\ln(1)=0,
    • \dfrac{7}{x+3}\to 0.
O resultado será um caso do tipo 0/0, então precisamos usar uma técnica que trate esse quociente (por exemplo uma substituição que leve a uma forma conhecida ou l’Hôpital). A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Fazer uma substituição para simplificar a expressão e reduzir o problema a um limite padrão.
Defina y=x+3. Então x\to -\infty equivale a y\to -\infty. Reescrevendo a expressão em função de y:
\frac{\ln\!\left(\dfrac{x+4}{x+3}\right)}{\dfrac{7}{x+3}} = \frac{\ln\!\left(\dfrac{y+1}{y}\right)}{\dfrac{7}{y}} = \frac{\ln\!\bigl(1+\tfrac{1}{y}\bigr)}{\tfrac{7}{y}}.
Agora a variável y tende a -\infty, então a quantidade \tfrac{1}{y} tende a 0. É comum trabalhar com a variável auxiliar
u=\frac{1}{y},
que satisfaz u\to 0 quando y\to -\infty. Em termos de u a expressão fica
\frac{\ln(1+u)}{7u}.

Passo 3

Lembrar e explicar o limite padrão que vamos usar.
Conhecemos o limite fundamental (muito usado em cálculo):
\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1.
Explicação didática desse fato: considere a função f(u)=\ln(1+u). A derivada de f em u=0 é
f'(0)=\left.\frac{d}{du}\ln(1+u)\right|_{u=0}=\left.\frac{1}{1+u}\right|_{u=0}=1.
Pela definição de derivada,
f'(0)=\lim_{u\to 0}\frac{f(u)-f(0)}{u}=\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)-0}{u}=\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}.
Logo esse limite vale 1. Outra forma de ver isto é pela expansão em série: \ln(1+u)=u+o(u) quando u\to 0.

Passo 4

Aplicar o limite padrão ao nosso problema e concluir o valor.
A expressão em u era
\frac{\ln(1+u)}{7u}=\frac{1}{7}\cdot\frac{\ln(1+u)}{u}.
Tomando limite quando u\to 0 e usando o resultado do passo anterior,
\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{7u}=\frac{1}{7}\cdot\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=\frac{1}{7}\cdot 1.

Passo 5

Verificação alternativa (cheque com l’Hôpital) — por segurança e para ver outra técnica.
Voltando à variável x, temos uma forma 0/0 quando x\to -\infty, então podemos aplicar l’Hôpital: calcule as derivadas do numerador e do denominador.
  • Numerador: \ln\!\left(\dfrac{x+4}{x+3}\right)=\ln(x+4)-\ln(x+3). Derivando,
\frac{d}{dx}\ln\!\left(\dfrac{x+4}{x+3}\right)=\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+3}.
  • Denominador: \dfrac{7}{x+3}. Derivando,
\frac{d}{dx}\left(\dfrac{7}{x+3}\right)=-\dfrac{7}{(x+3)^2}.
O quociente das derivadas é
\frac{\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+3}}{-\dfrac{7}{(x+3)^2}} = \frac{-1}{(x+4)(x+3)}\cdot\left(-\frac{(x+3)^2}{7}\right) = \frac{x+3}{7(x+4)}.
Tomando x\to -\infty obtemos \dfrac{x+3}{7(x+4)}\to \dfrac{1}{7}, confirmando o resultado do método anterior.

Resposta

\dfrac{1}{7}

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