Calcules os limites (aqui a utilização da regra de L’Hôspital é permitida)
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(e^{x}+x\right)^{1 / x}

Passo 1

O enunciado pede que se calcule o limite
\lim_{x\to 0^{+}}\left(e^{x}+x\right)^{1/x}.
Informações dadas:
  • A variável tende para 0 pela direita, isto é x\to 0^{+}.
  • A expressão a ser avaliada é a potência \left(e^{x}+x\right)^{1/x}.
  • Precisamos encontrar o valor numérico desse limite (se existir).

Passo 2

Observação sobre a forma indeterminada (aqui só identifico, sem resolver ainda).
Ao tentar substituir x=0 diretamente na base e no expoente temos:
e^{x}+x \to e^{0}+0 = 1, \qquad \frac{1}{x}\to +\infty.
Portanto a expressão tem a forma do tipo 1^{\infty}, que é uma forma indeterminada. Quando aparece 1^{\infty} costuma-se transformar o problema usando logaritmo para obter uma razão onde podemos aplicar técnicas como a regra de L’Hôpital.

Passo 3

Faço a transformação clássica com o logaritmo natural. Defina
y=\left(e^{x}+x\right)^{1/x}.
Tomando logaritmo natural em ambos os lados:
\ln y=\frac{1}{x}\ln\!\big(e^{x}+x\big).
Se existir o limite de \ln y quando x\to 0^{+}, então o limite original é \exp desse valor, porque a função exponencial é contínua. Assim basta calcular
\lim_{x\to 0^{+}}\ln y = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln\!\big(e^{x}+x\big)}{x}.

Passo 4

Verifico a forma da nova razão. Quando x\to 0^{+} temos \ln\!\big(e^{x}+x\big)\to \ln 1=0 e o denominador x\to 0. Logo é uma forma 0/0. Nessas condições podemos aplicar a regra de L’Hôpital: se o numerador e o denominador são diferenciáveis em um entorno (exceto possivelmente no ponto) e tendem ambos a 0 (ou ambos a \infty), então o limite da razão é o limite da razão das derivadas (quando este existir).

Passo 5

Calculo as derivadas necessárias para aplicar L’Hôpital.
Numerador: N(x)=\ln\!\big(e^{x}+x\big).
  • Use a regra da cadeia: \dfrac{d}{dx}\ln(u)=\dfrac{u'}{u} com u(x)=e^{x}+x.
  • Então u'(x)=e^{x}+1.
    Logo
N'(x)=\frac{e^{x}+1}{e^{x}+x}.
Denominador: D(x)=x, então D'(x)=1.
Pela regra de L’Hôpital,
\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln\!\big(e^{x}+x\big)}{x} = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{e^{x}+1}{e^{x}+x}.

Passo 6

Agora avalio o limite da expressão obtida substituindo x\to 0^{+} (a função é contínua no entorno de 0):
\lim_{x\to 0^{+}}\frac{e^{x}+1}{e^{x}+x} =\frac{e^{0}+1}{e^{0}+0} =\frac{1+1}{1+0}=2.
Portanto
\lim_{x\to 0^{+}}\ln y = 2.

Passo 7

Recupero o limite original usando a exponencial (função contínua):
\lim_{x\to 0^{+}} y = \lim_{x\to 0^{+}} \left(e^{x}+x\right)^{1/x} = \exp\!\big(\lim_{x\to 0^{+}}\ln y\big) = \exp(2)=e^{2}.
Dica rápida para fixar: uma situação relacionada e famosa é \lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}=e. Aqui a base aproxima-se de 1 também, mas a primeira ordem do log dá 2x ao invés de x, por isso aparece e^{2}.

Resposta

e^{2}

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