Exemplo3:

\lim _{x \rightarrow 2} \frac{5^{x}-25}{x-2}

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x \rightarrow 2} \frac{5^{x}-25}{x-2}.
Informações dadas e pedido:
  • A expressão na forma de uma razão com numerador \,5^{x}-25 e denominador \,x-2.
  • O ponto onde fazemos o limite é x\to 2.
  • Devemos calcular o valor numérico desse limite.

Passo 2

Verifico o que acontece se eu substituo x=2 diretamente: o numerador fica 5^{2}-25=25-25=0 e o denominador fica 2-2=0. Logo a forma é 0/0, uma indeterminação. Quando isso ocorre precisamos manipular a expressão para eliminar a indeterminação antes de avaliar o limite.

Passo 3

Faço uma manipulação algébrica no numerador usando propriedades de potências. Lembro que \,5^{x} = 5^{2}\cdot 5^{x-2}. Assim
5^{x}-25 = 5^{2}\cdot 5^{x-2} - 25 = 25\bigl(5^{x-2}-1\bigr).
Expliquei: usei a propriedade \,a^{m+n}=a^{m}a^{n} (aqui com m=2 e n=x-2).

Passo 4

Substituo essa fatoração na expressão do limite e tiro a constante 25 para fora do limite (é permitido, constantes saem do operador limite):
\lim_{x\to2}\frac{5^{x}-25}{x-2} = \lim_{x\to2}\frac{25\bigl(5^{x-2}-1\bigr)}{x-2} = 25\lim_{x\to2}\frac{5^{x-2}-1}{x-2}.

Passo 5

Faço a mudança de variável para simplificar a notação: defino h = x-2. Quando x\to2 temos h\to0. A expressão dentro do limite fica mais clara:
25\lim_{x\to2}\frac{5^{x-2}-1}{x-2} = 25\lim_{h\to0}\frac{5^{h}-1}{h}.
Agora o problema passou a ser avaliar \lim_{h\to0}\frac{5^{h}-1}{h}.

Passo 6

Para lidar com limites envolvendo potências com base diferente de e, uso a identidade que converte potências em exponenciais naturais:
5^{h} = e^{h\ln 5},
onde \ln 5 é o logaritmo natural de 5. Essa identidade vale porque a^{t}=e^{t\ln a} para qualquer a>0. Substituindo:
\frac{5^{h}-1}{h} = \frac{e^{h\ln 5}-1}{h}.

Passo 7

Faço uma nova substituição auxiliar para aproveitar um limite padrão. Defino y = h\ln 5. Quando h\to0 temos y\to0. Reescrevo a fração:
\frac{e^{h\ln 5}-1}{h} = \frac{e^{y}-1}{h} = \frac{e^{y}-1}{y}\cdot\frac{y}{h}.
Mas \frac{y}{h} = \ln 5. Então
\frac{e^{h\ln 5}-1}{h} = \frac{e^{y}-1}{y}\cdot \ln 5.

Passo 8

Uso o limite conhecido e fundamental
\lim_{y\to0}\frac{e^{y}-1}{y} = 1.
(Explicação rápida: essa é a derivada de e^{y} em y=0, ou pode-se ver pela série de Taylor e^{y}=1+y+\tfrac{y^{2}}{2!}+\cdots, que mostra que (e^{y}-1)/y\to1 quando y\to0.) Assim, voltando:
\lim_{h\to0}\frac{5^{h}-1}{h} = \lim_{y\to0}\frac{e^{y}-1}{y}\cdot \ln 5 = 1\cdot \ln 5 = \ln 5.

Passo 9

Finalmente substituo esse resultado na expressão com o fator 25 que deixei de fora:
\lim_{x\to2}\frac{5^{x}-25}{x-2} = 25\cdot \ln 5.
Esse é o valor do limite. Tá feito — respira, você conseguiu chegar na resposta!

Resposta

25\ln 5

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