Exercício 4. Calcular
  • \lim _{x \rightarrow 1} \frac{e^{x-1}-a^{x-1}}{x^{2}-1}
  • \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}
  • \lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^{m x}-1}{a^{n x}-1}
  • \lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x}{x^{2}-1}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e o que temos de dado. O exercício contém quatro limites a calcular:
  • \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{e^{x-1}-a^{x-1}}{x^{2}-1}.
  • \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x)}{x}.
  • \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{a^{m x}-1}{a^{n x}-1}.
  • \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}.
Não há mais dados numéricos; a>0 é assumido para que a^{\cdot} esteja bem definida (se necessário para interpretação), e m,n são constantes. O objetivo é calcular cada um desses limites conforme x se aproxima do valor indicado.

Passo 2

Resolver o primeiro limite usando uma mudança de variável que simplifica a forma indeterminada. Defina \,t=x-1. Quando x\to1 temos t\to0. Reescrevendo a expressão em função de t:
\frac{e^{x-1}-a^{x-1}}{x^{2}-1} = \frac{e^{t}-a^{t}}{(1+t)^{2}-1}.
Calcule o denominador em termos de t:
(1+t)^{2}-1 = 1+2t+t^{2}-1 = 2t+t^{2} = t(2+t).
Portanto a fração torna-se
\frac{e^{t}-a^{t}}{t(2+t)} = \frac{e^{t}-a^{t}}{t}\cdot\frac{1}{2+t}.

Passo 3

Explicar e usar o limite fundamental que liga \dfrac{f(t)-f(0)}{t} a derivadas. Para funções exponenciais sabemos que
\lim_{t\to0}\frac{e^{t}-e^{0}}{t}=e^{0}=1 \qquad\text{e}\qquad \lim_{t\to0}\frac{a^{t}-a^{0}}{t}=\lim_{t\to0}\frac{e^{t\ln a}-1}{t}= \ln a,
porque \dfrac{d}{dt}e^{t}\big|_{t=0}=1 e \dfrac{d}{dt}a^{t}\big|_{t=0}=a^{0}\ln a=\ln a. Então
\lim_{t\to0}\frac{e^{t}-a^{t}}{t} = \lim_{t\to0}\frac{e^{t}-1}{t} - \lim_{t\to0}\frac{a^{t}-1}{t} =1-\ln a.
Agora volte à expressão do Passo 2: \dfrac{e^{t}-a^{t}}{t}\cdot\dfrac{1}{2+t}. Tomando limite t\to0 obtemos
\left(1-\ln a\right)\cdot\frac{1}{2}=\frac{1-\ln a}{2}.
Portanto o primeiro limite vale \dfrac{1-\ln a}{2}.

Passo 4

Calcular o segundo limite \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}. Interpretar este limite como derivada da função \ln u em u=1. Defina u=1+x. Quando x\to0 temos u\to1 e
\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{\ln u - \ln 1}{u-1}.
O lado direito é a definição do quociente incremental de f(u)=\ln u em u=1. Sabendo que a derivada de \ln u é f'(u)=1/u, avaliando em u=1 obtemos f'(1)=1. Assim
\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1.

Passo 5

Resolver o terceiro limite \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{a^{m x}-1}{a^{n x}-1}. Aqui usamos o fato já mostrado no Passo 3: para qualquer constante c,
\lim_{u\to0}\frac{a^{u}-1}{u}=\ln a.
Escolha u_1=m x e u_2=n x. Reescreva a razão manipulando fatores para aparecerem termos do tipo \dfrac{a^{u}-1}{u}:
\frac{a^{m x}-1}{a^{n x}-1} = \frac{a^{m x}-1}{m x}\cdot\frac{m}{n}\cdot\frac{n x}{a^{n x}-1} = \frac{m}{n}\cdot \frac{\dfrac{a^{m x}-1}{m x}}{\dfrac{a^{n x}-1}{n x}}.
Quando x\to0 temos \dfrac{a^{m x}-1}{m x}\to\ln a e \dfrac{a^{n x}-1}{n x}\to\ln a. Então a razão dos dois tende a 1, e o limite total é
\frac{m}{n}\cdot 1 = \frac{m}{n}.
Uma forma alternativa curta: usar a aproximação a^{k x}-1\approx kx\ln a para x pequeno e cancelar x\ln a.

Passo 6

Calcular o quarto limite \displaystyle \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}. Façamos a mesma mudança de variável do primeiro caso: t=x-1, então t\to0, x=1+t. Reescrevendo,
\frac{\ln x}{x^{2}-1}=\frac{\ln(1+t)}{(1+t)^{2}-1}=\frac{\ln(1+t)}{t(2+t)}=\frac{\ln(1+t)}{t}\cdot\frac{1}{2+t}.
Do Passo 4 sabemos que \lim_{t\to0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1. Assim, tomando t\to0 no produto acima:
1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Portanto o quarto limite vale \dfrac{1}{2}.

Resposta

\dfrac{1-\ln a}{2}
1
\dfrac{m}{n}
\dfrac{1}{2}

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