Determinar:
19) \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+\alpha x)}{x}\

Passo 1

O enunciado pede o valor do seguinte limite quando x tende a zero:
\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+\alpha x)}{x},
onde \alpha é um parâmetro constante (assumir \alpha\in\mathbb{R}). Vou listar o que temos:
  • A expressão depende de x e do parâmetro \alpha.
  • O ponto de interesse é x\to 0.
  • A pergunta é: qual é o valor desse limite em termos de \alpha?

Passo 2

Tratar primeiro o caso \alpha=0, que é especial e simples. Se \alpha=0 então, para todo x,
\ln(1+\alpha x)=\ln(1+0)=\ln 1=0,
logo a razão é identicamente zero e, portanto,
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+\alpha x)}{x}=0\qquad\text{se \(\alpha=0\).}

Passo 3

Agora considerar o caso \alpha\neq 0. Faço a substituição auxiliar
u=\alpha x.
Quando x\to 0 temos u\to 0. Reescrevendo a expressão em função de u obtemos
\frac{\ln(1+\alpha x)}{x}=\frac{\ln(1+u)}{x}.
Como u=\alpha x temos x=\dfrac{u}{\alpha}, portanto
\frac{\ln(1+\alpha x)}{x}=\frac{\ln(1+u)}{u}\,\alpha.
Assim
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+\alpha x)}{x}=\alpha\cdot\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u},
desde que o limite à direita exista.

Passo 4

Calcular agora
L:=\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}.
Usar a representação integral de \ln(1+u):
\ln(1+u)=\int_{0}^{u}\frac{1}{1+t}\,dt.
Para u>-1 (região onde \ln(1+u) está definido), nota-se que, para t entre 0 e u,
\min\!\left\{\frac{1}{1+u},1\right\}\le \frac{1}{1+t}\le \max\!\left\{\frac{1}{1+u},1\right\}.
Integrando essas desigualdades entre 0 e u obtém-se, para u próximo de 0,
\frac{u}{1+u}\le \ln(1+u)\le u\quad\text{(se \(u>0\))},
e a mesma desigualdade globalmente válida (com os sinais corretos) também vale quando u é negativo próximo de zero:
\frac{u}{1+u}\le \ln(1+u)\le u\quad\text{para \(-1<u<0\) também.}é
Agora dividir essas desigualdades por u e tratar os sinais com cuidado:
  • Se u>0,
\frac{1}{1+u}\le \frac{\ln(1+u)}{u}\le 1.
  • Se -1<u<0,
1\le \frac{\ln(1+u)}{u}\le \frac{1}{1+u}.
Em ambos os casos as duas funções extremas têm limite 1 quando u\to 0:
\lim_{u\to 0}\frac{1}{1+u}=1,\qquad \lim_{u\to 0}1=1.
Pelo Teorema do Confronto (squeeze theorem) conclui-se
L=\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1.

Passo 5

Voltando à relação obtida no Passo 3, para \alpha\neq 0 temos
\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+\alpha x)}{x}=\alpha\cdot L=\alpha\cdot 1=\alpha.
Para \alpha=0 (caso tratado no Passo 2) o limite vale 0, que coincide com a expressão \alpha nesse caso. Portanto a fórmula final vale para todo \alpha\in\mathbb{R}.

Resposta

\alpha

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