\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(x^{2}+1\right)}{x^{2}+1-\cos x}

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular \displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\ln\!\left(x^{2}+1\right)}{x^{2}+1-\cos x}.
Informações que temos do enunciado:
  • A expressão do numerador é \ln\!\left(x^{2}+1\right).
  • A expressão do denominador é x^{2}+1-\cos x.
  • A variável tende para 0, ou seja x\to 0.
Observação importante (sem resolver ainda): ao substituir x=0 tanto o numerador quanto o denominador ficam iguais a 0, portanto a forma é uma indeterminação do tipo 0/0.

Passo 2

Verificação da indeterminação (mostrar que vale 0/0):
  • Numerador: \displaystyle \lim_{x\to 0}\ln\!\left(x^{2}+1\right)=\ln(0+1)=\ln 1=0.
  • Denominador: \displaystyle \lim_{x\to 0}\bigl(x^{2}+1-\cos x\bigr)=0+1-1=0.
Logo temos a forma indeterminada \dfrac{0}{0}. Quando isso ocorre, podemos usar critérios como a Regra de L’Hôpital (se as hipóteses forem satisfeitas) ou desenvolver as séries/Taylor das funções. Vou aplicar a Regra de L’Hôpital porque é curta e direta aqui; depois eu mostro a verificação via séries como aula extra.

Passo 3

Enunciado da Regra de L’Hôpital (versão usada): se f e g são funções diferenciáveis numa vizinhança de 0 (exceto talvez em 0), e \lim_{x\to 0} f(x)=\lim_{x\to 0} g(x)=0, e se \lim_{x\to 0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} existe finito, então
\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.
Aqui podemos tomar f(x)=\ln\!\left(x^{2}+1\right) e g(x)=x^{2}+1-\cos x. Ambas são diferenciáveis perto de 0, portanto as hipóteses da regra estão satisfeitas.

Passo 4

Aplicando L’Hôpital: calcular as derivadas f'(x) e g'(x).
  • Derivada do numerador:
f'(x)=\frac{d}{dx}\ln\!\left(x^{2}+1\right)=\frac{2x}{1+x^{2}}.
  • Derivada do denominador:
g'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x^{2}+1-\cos x\bigr)=2x+\sin x.
Pelo L’Hôpital,
\lim_{x\to 0}\frac{\ln\!\left(x^{2}+1\right)}{x^{2}+1-\cos x} =\lim_{x\to 0}\frac{2x/(1+x^{2})}{2x+\sin x}.
Agora simplificamos essa expressão para poder calcular o limite. Observe que ambos numerador e denominador têm fator x; escrevemos:
\frac{2x/(1+x^{2})}{2x+\sin x} =\frac{\dfrac{2}{1+x^{2}}}{2+\dfrac{\sin x}{x}}.
Tomando o limite x\to 0 e lembrando que \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 e que 1+x^{2}\to 1, obtemos
\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{2}{1+x^{2}}}{2+\dfrac{\sin x}{x}} =\frac{2/1}{2+1}=\frac{2}{3}.

Passo 5

Verificação alternativa (série de Taylor) — aula rápida sobre como usar séries para limites:
  • Fórmula básica: para u pequeno, \ln(1+u)=u-\dfrac{u^{2}}{2}+o(u^{2}).
    Aqui usamos u=x^{2}, então
    \ln(1+x^{2})=x^{2}-\frac{x^{4}}{2}+o(x^{4}).
  • Outra fórmula: para x pequeno, \cos x=1-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{4}}{24}+o(x^{4}).
    Assim
    x^{2}+1-\cos x = x^{2}+1-\Bigl(1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4})\Bigr) =\frac{3}{2}x^{2}-\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4}).
Dividindo as expansões:
\frac{\ln(1+x^{2})}{x^{2}+1-\cos x} =\frac{x^{2}-\tfrac{x^{4}}{2}+o(x^{4})}{\tfrac{3}{2}x^{2}-\tfrac{x^{4}}{24}+o(x^{4})} =\frac{1-\tfrac{x^{2}}{2}+o(x^{2})}{\tfrac{3}{2}-\tfrac{x^{2}}{24}+o(x^{2})}.
Ao fazer x\to 0 vemos que o termo dominante dá
\frac{1}{3/2}=\frac{2}{3},
confirmando o resultado obtido com L’Hôpital.

Passo 6

Conclusão final: o limite existe e vale \dfrac{2}{3}. Força aí — essa técnica (usar L’Hôpital ou séries) aparece bastante em provas; prefira L’Hôpital quando a diferenciação for direta, e séries quando quiser ver a expansão mais detalhada.

Resposta

\dfrac{2}{3}

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