\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x-4}{x-1}\right)^{x+3}=

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x-4}{x-1}\right)^{x+3}.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A expressão dentro da potência é \dfrac{x-4}{x-1}.
  • O expoente é x+3.
  • Estamos fazendo x\to+\infty.
  • Ao observar os comportamentos: \dfrac{x-4}{x-1}\to 1 quando x\to+\infty e x+3\to+\infty. Portanto a forma é do tipo 1^\infty, que é uma forma indeterminada e precisa ser tratada com cuidado para encontrar o limite.

Passo 2

Primeira manipulação algébrica para deixar a expressão numa forma que a gente conheça bem:
\frac{x-4}{x-1} = 1 - \frac{3}{x-1}.
Também reescrevo o expoente como
x+3 = (x-1) + 4.
Substituindo, a expressão fica
\left(1-\frac{3}{x-1}\right)^{(x-1)+4} = \left(1-\frac{3}{x-1}\right)^{x-1}\cdot\left(1-\frac{3}{x-1}\right)^{4}.
Intuição: o primeiro fator tem a forma padrão \left(1+\frac{\text{const}}{n}\right)^n quando n\to\infty (que se relaciona com e^{\text{const}}), e o segundo fator é uma potência de algo que tende a 1, então tende a 1^4=1. Vou tornar isso rigoroso usando uma substituição.

Passo 3

Faço a substituição conveniente t = x-1. Quando x\to+\infty temos t\to+\infty. A expressão passa a ser
\left(1-\frac{3}{t}\right)^{t+4}.
Posso escrever o logaritmo natural do limite para trabalhar mais facilmente. Seja
L=\lim_{t\to\infty}\left(1-\frac{3}{t}\right)^{t+4}.
Se L>0 (o que será o caso), então \ln L existe e vale
\ln L=\lim_{t\to\infty}(t+4)\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right).
Agora vou avaliar esse limite em duas partes: separar (t+4) em t e 4.

Passo 4

Separe o limite do logaritmo em duas parcelas:
\ln L=\lim_{t\to\infty} \biggl[t\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right)\biggr] \;+\; \lim_{t\to\infty} \biggl[4\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right)\biggr].
Analiso a segunda parcela primeiro: como \ln(1+u)\to 0 quando u\to 0, e \dfrac{3}{t}\to 0, temos
\lim_{t\to\infty}4\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right)=4\cdot 0 = 0.
Agora a parcela principal t\ln\!\left(1-\dfrac{3}{t}\right). Note que é uma forma 0\cdot\infty, reescrevo como uma razão para aplicar a regra de L’Hôpital:
t\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right) = \frac{\ln\!\left(1-\dfrac{3}{t}\right)}{1/t}.
Ao levar t\to\infty isto é uma forma \dfrac{0}{0}, então podemos aplicar L’Hôpital. Diferenciando numerador e denominador em relação a t:
  • Derivada do numerador \ln\!\left(1-\dfrac{3}{t}\right) em relação a t: \frac{d}{dt}\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right) = \frac{1}{1-\dfrac{3}{t}}\cdot\frac{d}{dt}\left(1-\frac{3}{t}\right) = \frac{1}{1-\dfrac{3}{t}}\cdot\frac{3}{t^{2}}.(Aqui usei que \dfrac{d}{dt}\left(-\dfrac{3}{t}\right)=3/t^{2}.)
  • Derivada do denominador 1/t é -1/t^{2}.
Fazendo a razão das derivadas:
\lim_{t\to\infty}\frac{\dfrac{3}{t^{2}\left(1-\dfrac{3}{t}\right)}}{-\dfrac{1}{t^{2}}} = \lim_{t\to\infty}\frac{3}{1-\dfrac{3}{t}}\cdot(-1) = -\frac{3}{1-0} = -3.
Logo
\lim_{t\to\infty} t\ln\!\left(1-\frac{3}{t}\right) = -3.
Somando as duas parcelas do logaritmo:
\ln L = -3 + 0 = -3.
Portanto L = e^{-3}.

Passo 5

Interpretação final: o limite da expressão original é e^{-3}. Uma forma rápida de ver isso sem L’Hôpital é lembrar o limite clássico
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{a}{n}\right)^{n}=e^{a},
aqui com a=-3 e n=x-1; os pequenos ajustes constantes no expoente só afetam fatores que tendem a 1, então o resultado é o mesmo.

Resposta

e^{-3}

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