Mostre que \lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^{x}-1}{x}=\ln a. (Sugestão: Faça a^{x}-1=t e reescreva o limite na variável t). A seguir, conclua que \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-1}{x}=1

Passo 1

O enunciado pede duas coisas, em ordem:
  • Mostrar que \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a.
    Aqui é necessário assumir que a>0 (para que \ln a esteja definido). Observe que, se a=1, a expressão é (1^{x}-1)/x=0 e \ln 1=0, então a igualdade vale trivialmente; a demonstração abaixo cobre o caso geral a>0.
  • A seguir, concluir que \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1.
    Essa é uma aplicação direta do resultado anterior tomando a=e.
Informações dadas: a função exponencial com base a>0 e a sugestão do enunciado de fazer a substituição a^{x}-1=t. A tarefa é reescrever o limite usando t e avaliá-lo, provando a igualdade com \ln a.

Passo 2

Faço a substituição sugerida. Defina
t = a^{x}-1.
Quando x\to 0 temos a^{x}\to a^{0}=1, então t\to 0. Agora escrevo x em função de t. Pela definição de logaritmo na base a,
x = \log_{a}(1+t).
Usando a relação entre logaritmos naturais e logaritmos na base a,
\log_{a}(1+t)=\frac{\ln(1+t)}{\ln a}.
Portanto
x=\frac{\ln(1+t)}{\ln a}.

Passo 3

Reescrevo a expressão do limite em termos de t. Note que
\frac{a^{x}-1}{x}=\frac{t}{x}.
Substituindo x obtido no passo anterior,
\frac{t}{x}=\frac{t}{\dfrac{\ln(1+t)}{\ln a}}=\ln a\cdot\frac{t}{\ln(1+t)}.
Logo
\lim_{x\to 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a\cdot\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}.
Para concluir precisamos avaliar \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}. Equivalente é calcular \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t} e inverter o resultado.

Passo 4

Mostro que \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1. Para isso lembro que, para t>-1,
\ln(1+t)=\int_{0}^{t}\frac{1}{1+s}\,ds,
e a função s\mapsto\frac{1}{1+s} é decrescente em (-1,\infty). Vou considerar os dois casos t>0 e -1<t<0.
  • Caso t>0. Para s\in[0,t] temos
\frac{1}{1+t}\le \frac{1}{1+s}\le 1.
Integrando em s de 0 a t obtém-se
\frac{t}{1+t}\le \ln(1+t)\le t.
Dividindo por t>0,
\frac{1}{1+t}\le \frac{\ln(1+t)}{t}\le 1.
Ao fazer t\to 0^{+}, ambos os limites das extremidades vão para 1, logo \lim_{t\to 0^{+}}\frac{\ln(1+t)}{t}=1.
  • Caso -1<t<0. Para s\in[t,0] (note que agora o intervalo vai de t até 0) a monotonicidade dá
1\le \frac{1}{1+s}\le \frac{1}{1+t}.
Integrando de s=t até s=0 e lembrando que \ln(1+t)=\int_{0}^{t}\frac{1}{1+s}\,ds (essa integral é negativa), obtém-se a mesma desigualdade em valor absoluto que conduz a
\frac{t}{1+t}\le \ln(1+t)\le t.
Agora t<0, mas dividindo por t (divisão por número negativo inverte as desigualdades) dá
1\le \frac{\ln(1+t)}{t}\le \frac{1}{1+t}.
Ao fazer t\to 0^{-}, novamente os dois extremos tendem a 1, logo \lim_{t\to 0^{-}}\frac{\ln(1+t)}{t}=1.
Combinando os dois casos segue que
\lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1.
Portanto
\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1.

Passo 5

Voltando ao passo 3, como \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1, concluímos
\lim_{x\to 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a\cdot 1=\ln a.

Passo 6

Aplicação para a=e. Como \ln e=1, substituindo a=e no resultado anterior obtemos
\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=\ln e=1.

Resposta

\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a
\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1

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