\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)^{x^{2}}=

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)^{x^{2}}.
Informações dadas que eu vou usar:
  1. A expressão é uma potência em que a base depende de x e o expoente também depende de x.
  2. O limite é tomado quando x\to+\infty.
  3. Para x grande a base tende a 1 (porque x^{2}+1 e x^{2}-3 são ambos aproximadamente x^{2}), e o expoente tende a +\infty.
    O que é pedido: determinar o valor numérico desse limite.

Passo 2

Estratégia matemática padrão (explicando o porquê de forma didática): quando temos limites do tipo \big(\text{algo que tende a }1\big)^{\text{algo que tende a }+\infty}, é muito útil tomar o logaritmo natural do termo e estudar o limite do logaritmo. Isso porque a exponenciação e o logaritmo são funções contínuas e inversas entre si; se conseguirmos calcular
\lim_{x\to+\infty} \ln\left(\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)^{x^{2}}\right)
então o limite original será a exponencial do resultado. Vou aplicar esse procedimento passo a passo. Nota rápida: tomar o log transforma uma potência em um produto, o que simplifica muito limites onde o expoente diverge.

Passo 3

Faço o logaritmo natural da expressão e uso a propriedade \ln(a^{b})=b\ln a:
\ln\left(\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)^{x^{2}}\right)=x^{2}\ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right).
Então o problema reduz-se a calcular
\lim_{x\to+\infty} x^{2}\ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right).

Passo 4

Simplifico a fração dentro do logaritmo de forma exata para ver a pequena diferença em relação a 1. Observe que
\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3} = 1 + \frac{(x^{2}+1)-(x^{2}-3)}{x^{2}-3} = 1 + \frac{4}{x^{2}-3}.
Portanto posso escrever
x^{2}\ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)=x^{2}\ln\!\left(1+\frac{4}{x^{2}-3}\right).
Isto já deixou explícito que dentro do \ln temos um termo que tende a 1 (pois \tfrac{4}{x^{2}-3}\to0 quando x\to+\infty).

Passo 5

Agora uso o limite fundamental para \ln: quando t\to0 vale
\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1.
Intuição rápida: para t pequeno a reta tangente a \ln(1+t) em t=0 é t, então \ln(1+t)\approx t. Formalmente isso vem da expansão em série ou do limite da derivada. Vou aplicar essa ideia escolhendo
t=\frac{4}{x^{2}-3},
que satisfaz t\to0 quando x\to+\infty.

Passo 6

Reescrevo o produto usando t para poder aplicar \lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1:
x^{2}\ln\!\left(1+\frac{4}{x^{2}-3}\right) = x^{2}\cdot\frac{4}{x^{2}-3}\cdot\frac{\ln\!\left(1+\frac{4}{x^{2}-3}\right)}{\frac{4}{x^{2}-3}}.
Agora analiso cada fator quando x\to+\infty:
  1. \displaystyle \frac{\ln\!\left(1+\frac{4}{x^{2}-3}\right)}{\frac{4}{x^{2}-3}}\longrightarrow 1 por causa do limite fundamental do ln visto no passo anterior.
  2. \displaystyle \frac{x^{2}}{x^{2}-3}\longrightarrow 1 porque subtrair 3 de x^{2} é irrelevante quando x^{2} cresce sem limite.
    Multiplicando em conjunto, o produto tende a 4.

Passo 7

Concluo que o limite do logaritmo é 4:
\lim_{x\to+\infty} x^{2}\ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)=4.
Então, voltando da função logarítmica para a função exponencial (inversa do \ln), o limite original vale
\exp\!\left(\lim_{x\to+\infty} x^{2}\ln\!\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-3}\right)\right)=\exp(4).

Resposta

e^{4}

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