\left.\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos ^{2} x}{e^{2 x}-2 x-1} \right\rvert\, \lim _{x \rightarrow+\infty} e^{-x} \ln (x)=

Passo 1

O enunciado pede que sejam avaliados dois limites. Vou listar claramente cada um:
  • Limite (A): \displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{1-\cos^{2}x}{e^{2x}-2x-1}.
  • Limite (B): \displaystyle \lim_{x\to +\infty} e^{-x}\ln(x).
Informações/observações dadas no enunciado que vamos usar:
  • As expressões estão definidas para os pontos de interesse (próximo de x=0 e para x\to+\infty).
  • Não há valores numéricos adicionais a coletar; tudo está explícito nas fórmulas acima.

Passo 2

Primeiro, simplifico a expressão do Limite (A) usando uma identidade trigonométrica conhecida:
1-\cos^{2}x=\sin^{2}x.
Portanto o limite (A) fica
\lim_{x\to 0}\frac{\sin^{2}x}{e^{2x}-2x-1}.
Isso já deixa a forma mais clara: tanto numerador quanto denominador vão para 0 quando x\to 0, então temos uma indeterminação do tipo 0/0.

Passo 3

Vou usar expansões em série (desenvolvimentos de Taylor) ao redor de x=0 para entender o comportamento do numerador e do denominador. Explicar um pouco: uma série de Taylor aproxima uma função por uma soma de potências de x quando x é pequeno; é muito útil para limites em 0.
As expansões que vamos usar (válidas para x pequeno) são:
  • Para \sin x:
\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + O(x^{5}),
onde O(x^{5}) significa termos de ordem x^{5} ou superiores.
  • Para e^{2x} (série de exponencial):
e^{2x} = 1 + 2x + \frac{(2x)^{2}}{2!} + \frac{(2x)^{3}}{3!} + O(x^{4}) = 1 + 2x + 2x^{2} + \frac{4}{3}x^{3} + O(x^{4}).

Passo 4

Agora obtenho as expansões de numerador e denominador até a menor ordem não nula relevante:
  • Numerador: \sin^{2}x. Usando \sin x = x - \dfrac{x^{3}}{6} + O(x^{5}),
\sin^{2}x = \left(x - \frac{x^{3}}{6} + O(x^{5})\right)^{2} = x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + O(x^{6}).
O termo dominante é x^{2}.
  • Denominador: e^{2x}-2x-1. Usando a expansão de e^{2x},
e^{2x}-2x-1 = \bigl(1+2x+2x^{2}+\tfrac{4}{3}x^{3}+O(x^{4})\bigr)-2x-1 = 2x^{2} + \tfrac{4}{3}x^{3} + O(x^{4}).
O termo dominante é 2x^{2}.

Passo 5

Com os termos dominantes em mãos, a razão quando x\to 0 se comporta como
\frac{\sin^{2}x}{e^{2x}-2x-1} \sim \frac{x^{2}}{2x^{2}}=\frac{1}{2}.
Mais formalmente, escrevendo os restos,
\frac{\sin^{2}x}{e^{2x}-2x-1} =\frac{x^{2}\bigl(1+O(x^{2})\bigr)}{x^{2}\bigl(2+O(x)\bigr)} =\frac{1+O(x^{2})}{2+O(x)}\xrightarrow[x\to 0]{} \frac{1}{2}.
Logo o Limite (A) é \dfrac{1}{2}.

Passo 6

Agora trato do Limite (B):
\lim_{x\to +\infty} e^{-x}\ln(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln(x)}{e^{x}}.
Aqui temos uma indeterminação do tipo \infty/\infty porque \ln(x)\to\infty e e^{x}\to\infty quando x\to\infty. Um método simples e rigoroso para esse caso é a Regra de L’Hôpital.

Passo 7

Aplicando a Regra de L’Hôpital (que permite derivar numerador e denominador quando temos \infty/\infty ou 0/0), derivamos numerador e denominador em relação a x:
  • Derivada do numerador \ln(x) é \dfrac{1}{x}.
  • Derivada do denominador e^{x} é e^{x}.
Portanto
\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln(x)}{e^{x}} =\lim_{x\to +\infty}\frac{1/x}{e^{x}} =\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x e^{x}}.

Passo 8

Agora avalio \displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x e^{x}}. O denominador x e^{x} tende para +\infty porque e^{x} cresce exponencialmente e x cresce polinomialmente; o produto também vai para infinito muito rapidamente. Assim a fração tende a 0:
\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x e^{x}}=0.
Isso conclui que o Limite (B) é 0.

Resposta

\dfrac{1}{2}
0

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