Calcule, usando L’Hospital,
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(x^{2}+x\right)^{x} .

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to 0^{+}}\left(x^{2}+x\right)^{x}.
Informações dadas e observações iniciais:
  • A expressão é da forma f(x)^{g(x)} com f(x)=x^{2}+x e g(x)=x.
  • Quando x\to 0^{+} temos f(x)=x^{2}+x\to 0^{+} e g(x)=x\to 0^{+}, portanto a forma é 0^{0}, que é uma forma indeterminada.
  • O enunciado pede explicitamente para usar o método de L’Hospital, então devemos transformar o problema numa razão onde L’Hospital possa ser aplicado.

Passo 2

Truque padrão para limites de potências indeterminadas: tomar o logaritmo natural. Definimos
y=\left(x^{2}+x\right)^{x}.
Tomando o logaritmo natural em ambos os lados (isso é permitido pois x^{2}+x>0 para x>0),
\ln y = x\ln\bigl(x^{2}+x\bigr).
Agora o objetivo virou calcular \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\ln y. Depois, se esse limite for L, teremos \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}y = e^{L}. Vou explicar cada passo com calma para você poder reproduzir na prova.

Passo 3

Escrevendo \ln y numa forma adequada para aplicar L’Hospital. Observe que
\ln y = x\ln\bigl(x^{2}+x\bigr)=\frac{\ln\bigl(x^{2}+x\bigr)}{1/x}.
Quando x\to 0^{+} temos \ln\bigl(x^{2}+x\bigr)\to -\infty (pois x^{2}+x\sim x e \ln x\to -\infty) e 1/x\to +\infty. Assim a expressão \dfrac{\ln\bigl(x^{2}+x\bigr)}{1/x} é do tipo \dfrac{-\infty}{+\infty}, que é um caso em que a regra de L’Hospital pode ser aplicada (forma \infty/\infty, com sinal negativo não alterando a aplicabilidade). Antes de aplicar, lembro a versão simples do teorema:
Teorema de L’Hospital (caso \infty/\infty ou 0/0): se u(x)\to\pm\infty e v(x)\to\pm\infty quando x\to a e u,v são diferenciáveis numa vizinhança de a (com v'(x)\neq 0), então
\lim_{x\to a}\frac{u(x)}{v(x)}=\lim_{x\to a}\frac{u'(x)}{v'(x)}
quando o limite à direita existe (ou é \pm\infty).
Aqui u(x)=\ln(x^{2}+x) e v(x)=1/x satisfazem as hipóteses na vizinhança de 0^{+}.

Passo 4

Aplicando L’Hospital: calculamos as derivadas de numerador e denominador.
Derivada do numerador:
u'(x)=\frac{d}{dx}\ln\bigl(x^{2}+x\bigr)=\frac{2x+1}{x^{2}+x}.
Derivada do denominador:
v'(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x^{2}}.
Pelo teorema de L’Hospital,
\lim_{x\to 0^{+}}\ln y = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln\bigl(x^{2}+x\bigr)}{1/x} = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{u'(x)}{v'(x)} = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\dfrac{2x+1}{x^{2}+x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}}.

Passo 5

Simplificamos a razão das derivadas cuidadosamente (mostrando cada passo):
\frac{\dfrac{2x+1}{x^{2}+x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = \frac{2x+1}{x^{2}+x}\cdot\left(-x^{2}\right) = -x^{2}\cdot\frac{2x+1}{x(x+1)}.
Factorizando x^{2}+x=x(x+1) foi usado na simplificação. Cancelando um x,
- x^{2}\cdot\frac{2x+1}{x(x+1)} = -x\cdot\frac{2x+1}{x+1}.
Agora calculamos o limite quando x\to 0^{+}:
\lim_{x\to 0^{+}}\left(-x\cdot\frac{2x+1}{x+1}\right) = -\bigl(\lim_{x\to 0^{+}}x\bigr)\cdot\frac{2\cdot 0 +1}{0+1} = -0\cdot 1 = 0.
Portanto
\lim_{x\to 0^{+}}\ln y = 0.

Passo 6

Voltando da transformação logarítmica: se \lim_{x\to 0^{+}}\ln y = 0, então pela continuidade da exponencial
\lim_{x\to 0^{+}} y = \lim_{x\to 0^{+}} e^{\ln y} = e^{0}=1.
Interpretação intuitiva rápida: a potência tende para 1 porque o expoente vai a zero bastante rápido comparado ao comportamento logarítmico do base sorrateira que vai a zero — o cálculo via L’Hospital quantifica isso.

Resposta

1

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