L’Hopital. Calcule os limites.
$ \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1-\frac{5}{3 x}\right)^{1+x}.

Passo 1

O enunciado pede o limite
\lim_{x\to+\infty}\left(1-\frac{5}{3x}\right)^{1+x}.
Informações dadas: a expressão é da forma \left(1+\text{algo}\right)^{\text{algo grande}} quando x\to+\infty. Especificamente, o fator dentro do parêntese tende a 1 e o expoente tende a +\infty, ou seja temos a indeterminação do tipo 1^{\infty}. A tarefa é calcular esse limite.

Passo 2

Estratégia escolhida (explicação didática e por que): quando aparece uma expressão na forma 1^{\infty} é quase sempre eficiente tomar o logaritmo natural para transformar o problema num limite de forma produtória/somação que podemos avaliar e depois aplicar exponencial. Vou usar essa transformação e, para avaliar o limite resultante que vira uma indeterminação do tipo 0/0, vou aplicar a Regra de L’Hôpital — que é exatamente a técnica pedida. Regra de L’Hôpital diz: se temos uma razão cujo numerador e denominador tendem a 0 ou ambos a \pm\infty, o limite da razão (quando existir) é o mesmo que o limite das razões das derivadas (quando este existir).

Passo 3

Defino a função cujo limite queremos:
y(x)=\left(1-\frac{5}{3x}\right)^{1+x}.
Tomando logaritmo natural (isso é legal porque a função exponencial é contínua e estritamente crescente):
\ln y(x)=(1+x)\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right).
Observação importante: se \lim_{x\to\infty}\ln y(x)=L existir (finito), então \lim_{x\to\infty}y(x)=e^{L}. Nosso objetivo passa a ser calcular
L=\lim_{x\to\infty}(1+x)\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right).

Passo 4

Manipulo L para ficar numa forma em que L’Hôpital seja aplicável. Escrevo
(1+x)\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)=x\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)+\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right).
A segunda parcela \ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right) tende a 0 quando x\to\infty (porque o argumento tende a 1). Logo o limite total é
L=\lim_{x\to\infty}x\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)+0 =\lim_{x\to\infty}x\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right).
Agora escrevo essa parcela como uma razão apropriada:
x\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)=\frac{\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)}{1/x}.
Quando x\to\infty o numerador tende a 0 e o denominador tende a 0 — temos 0/0. Podemos aplicar L’Hôpital: derivar numerador e denominador em relação a x.
Calculemos as derivadas com cuidado:
  • Derivada do denominador: \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\dfrac{1}{x^{2}}.
  • Derivada do numerador: \dfrac{d}{dx}\ln\!\left(1-\dfrac{5}{3x}\right).
    Primeiro, note que 1-\dfrac{5}{3x}=1 - \dfrac{5}{3}x^{-1}. A derivada é \frac{1}{1-\frac{5}{3x}}\cdot\frac{d}{dx}\left(-\frac{5}{3x}\right) =\frac{1}{1-\frac{5}{3x}}\cdot\left(\frac{5}{3x^{2}}\right).(Explicando: \dfrac{d}{dx}(-\tfrac{5}{3}x^{-1}) = -\tfrac{5}{3}\cdot(-1)x^{-2}=\tfrac{5}{3}x^{-2}.)
Aplicando L’Hôpital, o limite vira o limite da razão das derivadas:
\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)}{1/x} =\lim_{x\to\infty}\frac{\dfrac{1}{1-\frac{5}{3x}}\cdot\frac{5}{3x^{2}}}{-\dfrac{1}{x^{2}}}.
Simplificando a expressão (os x^{2} cancelam):
\frac{\dfrac{1}{1-\frac{5}{3x}}\cdot\frac{5}{3x^{2}}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = -\frac{5}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{5}{3x}}.
Agora tomo o limite quando x\to\infty: o denominador 1-\dfrac{5}{3x} tende a 1, portanto
\lim_{x\to\infty}\left(-\frac{5}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{5}{3x}}\right)=-\frac{5}{3}.
Logo concluímos que
L=\lim_{x\to\infty}(1+x)\ln\!\left(1-\frac{5}{3x}\right)=-\frac{5}{3}.

Passo 5

Voltando da transformação logarítmica: se \ln y(x)\to L=-\tfrac{5}{3}, então
\lim_{x\to\infty}y(x)=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{5}{3x}\right)^{1+x}=e^{L}=e^{-\frac{5}{3}}.

Resposta

e^{-\frac{5}{3}}

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