Exercício (1(3,0)). Calcule os seguintes limites:
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln (\tan (7 x))}{\ln (\tan (2 x))}

Passo 1

O enunciado pede que calculemos o seguinte limite quando x tende para 0 pela direita:
\lim_{x\to 0^{+}} \frac{\ln(\tan(7x))}{\ln(\tan(2x))}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A variável x tende para 0^{+} (ou seja, valores positivos de x próximos de zero).
  • As funções envolvidas são \ln(\tan(7x)) no numerador e \ln(\tan(2x)) no denominador.
  • Não há outras restrições explícitas; devemos usar propriedades de limites e das funções logarítmica e trigonométrica.

Passo 2

Vamos lembrar um limite trigonométrico essencial e explicá-lo de forma simples: a razão \tan t / t tende a 1 quando t\to 0. Para ver isso de forma direta usamos duas propriedades conhecidas:
  • \displaystyle\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1.
  • \displaystyle\lim_{t\to 0}\cos t=1.
Observe que \tan t = \dfrac{\sin t}{\cos t}. Então
\frac{\tan t}{t} = \frac{\sin t}{t}\cdot\frac{1}{\cos t}.
Quando t\to 0, temos \dfrac{\sin t}{t}\to 1 e \cos t\to 1, logo
\lim_{t\to 0}\frac{\tan t}{t} = 1\cdot\frac{1}{1}=1.
Isto significa que, para pequenos valores de t, \tan t é muito bem aproximada por t, ou seja \tan t \sim t.

Passo 3

Aplicamos o resultado do passo anterior às funções com coeficiente: para cada constante k temos
\lim_{x\to 0}\frac{\tan(kx)}{kx}=1,
porque basta substituir t=kx e observar que t\to 0 quando x\to 0. Assim, para k=7 e k=2 obtemos
\frac{\tan(7x)}{7x}\to 1,\qquad \frac{\tan(2x)}{2x}\to 1\quad\text{quando }x\to 0.

Passo 4

Usamos a propriedade do logaritmo de produto: para a>0 e b>0,
\ln(ab)=\ln a+\ln b.
Escrevemos cada logaritmo em uma forma que separe o fator linear em x:
\ln(\tan(7x)) = \ln\big(7x\cdot \frac{\tan(7x)}{7x}\big) = \ln(7x) + \ln\!\left(\frac{\tan(7x)}{7x}\right),
\ln(\tan(2x)) = \ln\big(2x\cdot \frac{\tan(2x)}{2x}\big) = \ln(2x) + \ln\!\left(\frac{\tan(2x)}{2x}\right).

Passo 5

Agora analisamos os termos \ln\!\left(\dfrac{\tan(kx)}{kx}\right). Como vimos no passo 3, \dfrac{\tan(kx)}{kx}\to 1 quando x\to 0. Usando a continuidade do logaritmo em 1, segue que
\ln\!\left(\frac{\tan(kx)}{kx}\right)\to \ln(1)=0\quad\text{quando }x\to 0.
Assim podemos escrever, com notação de pequenos erros que tendem a zero,
\ln(\tan(7x)) = \ln(7x) + \varepsilon_1(x), \qquad \ln(\tan(2x)) = \ln(2x) + \varepsilon_2(x),
onde \varepsilon_1(x)\to 0 e \varepsilon_2(x)\to 0 quando x\to 0.

Passo 6

Desenvolvemos \ln(7x) e \ln(2x) usando a propriedade \ln(ab)=\ln a+\ln b:
\ln(7x)=\ln 7 + \ln x,\qquad \ln(2x)=\ln 2 + \ln x.
Substituindo nas expressões do passo anterior:
\ln(\tan(7x)) = \ln x + \ln 7 + \varepsilon_1(x),
\ln(\tan(2x)) = \ln x + \ln 2 + \varepsilon_2(x).

Passo 7

Agora formamos a razão pedida e vemos o comportamento dominante quando x\to 0^{+}:
\frac{\ln(\tan(7x))}{\ln(\tan(2x))} = \frac{\ln x + \ln 7 + \varepsilon_1(x)}{\ln x + \ln 2 + \varepsilon_2(x)}.
Observe que \ln x\to -\infty quando x\to 0^{+}, ou seja, o termo \ln x domina os termos constantes \ln 7 e \ln 2 e também domina os pequenos erros \varepsilon_i(x) (que tendem a 0). Para tornar isso claro, dividimos numerador e denominador por \ln x (que é negativo, mas isso não altera o limite do quociente):
\frac{\ln(\tan(7x))}{\ln(\tan(2x))} = \frac{1 + \dfrac{\ln 7}{\ln x} + \dfrac{\varepsilon_1(x)}{\ln x}} {1 + \dfrac{\ln 2}{\ln x} + \dfrac{\varepsilon_2(x)}{\ln x}}.
Quando x\to 0^{+} temos \ln x\to -\infty, então \dfrac{\ln 7}{\ln x}\to 0, \dfrac{\ln 2}{\ln x}\to 0 e \dfrac{\varepsilon_i(x)}{\ln x}\to 0. Portanto o numerador tende a 1 e o denominador tende a 1, e assim o quociente tende a 1.

Passo 8

Conclusão do cálculo do limite: a razão das duas funções logarítmicas tende a 1 quando x\to 0^{+}. Intuitivamente: para x muito pequeno, \tan(kx)\approx kx, então \ln(\tan(kx))\approx \ln(kx)=\ln k + \ln x; como o termo \ln x domina ambos numerador e denominador, os constantes \ln 7 e \ln 2 tornam-se irrelevantes no quociente, levando ao valor 1.

Resposta

1

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