Exercício 4.37 Calcule usando a Regra de L’Hospital (faça o desenvolvimento, não coloque apenas as respostas):
\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln (x)}\right)

Passo 1

O enunciado pede
\lim_{x\to1^+}\Bigl(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\Bigr).
Como isso é da forma “ \infty-\infty”, vamos primeiro unir tudo num único quociente para poder usar a Regra de L’Hôpital. Note que
\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x} =\frac{\ln x - (x-1)}{(x-1)\,\ln x}.

Passo 2

Verificamos o tipo de indeterminação de
\frac{\ln x - (x-1)}{(x-1)\,\ln x}
quando x\to1^+. No numerador \ln1-(1-1)=0 e no denominador (1-1)\ln1=0. Então é 0/0 e podemos aplicar L’Hôpital.

Passo 3

Aplicando L’Hôpital, derivamos numerador e denominador separadamente. Seja
N(x)=\ln x - (x-1), \quad D(x)=(x-1)\,\ln x.
Temos
N'(x)=\frac{1}{x}-1, \qquad D'(x)=\frac{d}{dx}\bigl[(x-1)\ln x\bigr] =\ln x + \frac{x-1}{x}.
Logo o limite passa a ser
\lim_{x\to1^+} \frac{\frac{1}{x}-1}{\ln x + \frac{x-1}{x}},
que ainda é 0/0.

Passo 4

Reaplicamos L’Hôpital a
\frac{\frac{1}{x}-1}{\ln x + \frac{x-1}{x}}.
Derivando de novo, o numerador vira
\frac{d}{dx}\Bigl(\frac{1}{x}-1\Bigr) =-\frac{1}{x^2},
e o denominador
\frac{d}{dx}\Bigl(\ln x + \tfrac{x-1}{x}\Bigr) =\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} =\frac{x+1}{x^2}.
Assim o limite é
\lim_{x\to1^+} \frac{-\frac{1}{x^2}}{\frac{x+1}{x^2}} =-\frac{1}{x+1}.

Passo 5

Basta avaliar em x=1:
-\frac{1}{1+1}=-\frac{1}{2}.

Resposta

-\tfrac{1}{2}

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