Calcule os seguintes limites:
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{2 x-1}{2 x+1}\right)^{x}

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{2x-1}{2x+1}\right)^{x}.
Informações dadas:
  • A expressão é a potência de uma fração cujo numerador e denominador são funções lineares em x.
  • A variável x tende para +\infty.
O que se quer: calcular o valor numérico desse limite quando x cresce sem limite.

Passo 2

Observação sobre a forma indeterminada e escolha do método.
Quando x\to+\infty a fração \dfrac{2x-1}{2x+1} tende a 1 (porque os termos dominantes no numerador e denominador são ambos 2x). Assim a expressão tem a forma do tipo 1^{\infty}, que é uma indeterminação clássica. Para esse tipo de limite é conveniente usar o logaritmo natural para passar a potência para multiplicação: se
L=\lim_{x\to+\infty} f(x)^{g(x)}
e f(x)>0, então, quando o limite de g(x)\ln f(x) existir e for finito, vale
L=\exp\!\Big(\lim_{x\to+\infty} g(x)\ln f(x)\Big).
Isso funciona porque a função exponencial é contínua. Vou aplicar exatamente isso ao nosso caso.

Passo 3

Defino o limite procurado como
L=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2x-1}{2x+1}\right)^{x}.
Tomando logaritmo natural (assumindo que o limite existe),
\ln L=\lim_{x\to+\infty} x\cdot \ln\!\left(\frac{2x-1}{2x+1}\right).
Agora vou simplificar a expressão dentro do logaritmo para poder calcular esse limite.

Passo 4

Reescrevo a fração de forma conveniente:
\frac{2x-1}{2x+1} = 1 - \frac{2}{2x+1}.
Outra forma útil é
\frac{2x-1}{2x+1} = 1 - \frac{1}{x+\tfrac{1}{2}}.
Portanto
\ln L = \lim_{x\to+\infty} x\cdot \ln\!\left(1 - \frac{1}{x+\tfrac{1}{2}}\right).

Passo 5

Faço a mudança de variável t=x+\tfrac{1}{2}. Quando x\to+\infty também t\to+\infty, e x=t-\tfrac{1}{2}. Assim
\ln L = \lim_{t\to+\infty} \left(t-\tfrac{1}{2}\right)\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right).
Separo em duas parcelas:
\left(t-\tfrac{1}{2}\right)\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right) = t\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right) - \tfrac{1}{2}\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right).
Avalio os limites das duas parcelas:
  1. Para a primeira parcela uso a identidade padrão
\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1.
Substituindo u=-\dfrac{1}{t} (que tende a 0 quando t\to\infty), obtemos
t\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right) = \frac{\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right)}{-\tfrac{1}{t}}\cdot(-1)\longrightarrow -1.
Ou, equivalentemente, \lim_{t\to\infty}t\ln(1-\tfrac{1}{t})=\ln\!\left(\lim_{t\to\infty}\left(1-\tfrac{1}{t}\right)^{t}\right)=\ln(e^{-1})=-1.
  1. Para a segunda parcela temos \ln\!\left(1-\dfrac{1}{t}\right)\to 0 quando t\to\infty, logo
-\tfrac{1}{2}\ln\!\left(1-\frac{1}{t}\right)\longrightarrow 0.
Somando os dois resultados,
\ln L = -1 + 0 = -1.

Passo 6

Como \ln L=-1, aplico a exponencial para recuperar L:
L = e^{-1}.

Resposta

e^{-1}

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