QUESTÃO 9 - Escolha e calcule um (2 se for dupla; 3 se for trio) dentre os seguintes limites:
\lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{\left(e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}-\ln (1+\mathrm{x})\right)}{x^{3}}\right]

Passo 1

O enunciado pede calcular o limite
\lim_{x\to 0}\left[\frac{e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}-\ln(1+x)}{x^{3}}\right].
Informações dadas (tudo que o exercício fornece):
  • A função no numerador é e^{x}-1-x-\dfrac{x^{2}}{2}-\ln(1+x).
  • O ponto onde o limite é pedido é x\to 0.
  • Não há outras condições nem imagens.

Passo 2

Escolha do método: vou usar as séries de Taylor (Maclaurin) das funções e^{x} e \ln(1+x) em torno de 0. Motivo: essas séries nos dão a expansão em potências de x e permitem identificar o termo de menor ordem do numerador de forma direta — isso é exatamente o que importa quando dividimos por x^{3}. Métodos alternativos (por exemplo, aplicar sucessivas regras de L’Hôpital) seriam muito mais trabalhosos aqui. Então usamos séries porque são mais diretas e seguras.

Passo 3

Lembrete e fórmulas que vamos usar (tudo em torno de x=0, com x pequeno):
  • A série de e^{x} (Maclaurin) é
e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{24}+\cdots.
Aqui cada termo \dfrac{x^{n}}{n!} significa "potência x^{n} dividida por n!".
  • A série de \ln(1+x) (para |x|<1) é
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{x^{n}}{n}=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots.
Cada termo é (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n}}{n}.
Também usarei a notação O(x^{k}) para indicar termos de ordem maior ou igual a x^{k} quando x\to0.

Passo 4

Agora substituo as expansões no numerador e faço ordem por ordem (trunco em ordens até x^{3} ou x^{4} quando necessário).
Primeiro, a expansão de e^{x}-1-x-\dfrac{x^{2}}{2} é, usando a série acima,
e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{24}+O(x^{5}).
A expansão de \ln(1+x) é
\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+O(x^{5}).
Portanto o numerador completo é
\begin{aligned} e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}-\ln(1+x) &=\left(\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{24}+O(x^{5})\right)-\left(x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+O(x^{5})\right)\\[4pt] &=-x+\frac{x^{2}}{2}+\left(\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{3}}{3}\right)+\left(\frac{x^{4}}{24}+\frac{x^{4}}{4}\right)+O(x^{5}). \end{aligned}
Agora simplifico os coeficientes das potências:
\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{3}}{3}=\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{3}\right)x^{3}=-\frac{1}{6}x^{3},
e
\frac{x^{4}}{24}+\frac{x^{4}}{4}=\left(\frac{1}{24}+\frac{1}{4}\right)x^{4}=\left(\frac{1}{24}+\frac{6}{24}\right)x^{4}=\frac{7}{24}x^{4}.
Assim o numerador pode ser escrito como
e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}-\ln(1+x)=-x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}+\frac{7}{24}x^{4}+O(x^{5}).
Observação importante (passo intuitivo): o menor termo não nulo aqui é de ordem x (o termo -x). Apesar de termos subtraído x explicitamente no enunciado, a presença de \ln(1+x) traz outro x que não foi cancelado; por isso o numerador tem ordem x, não ordem x^{3}.]

Passo 5

Agora divido por x^{3} para ver o comportamento do quociente:
\frac{e^{x}-1-x-\frac{x^{2}}{2}-\ln(1+x)}{x^{3}} =\frac{-x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}+O(x^{4})}{x^{3}} =-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{2x}-\frac{1}{6}+O(x).
Quando x\to 0 as parcelas -\dfrac{1}{x^{2}} e \dfrac{1}{2x} dominam. Em particular a parcela -\dfrac{1}{x^{2}} tende a -\infty tanto por x\to 0^{+} quanto por x\to 0^{-} (porque x^{2} é positivo e o sinal é negativo). Portanto o quociente não se aproxima de um número finito: diverge para -\infty.

Passo 6

Interpretação final e checagem de consistência:
  • Como o termo dominante do numerador é -x (ordem x), ao dividir por x^{3} obtemos um comportamento como -1/x^{2} quando x\to 0. Isso implica divergência para -\infty.
  • A conclusão vale para limite bilateral (não apenas lateral) porque o termo dominante -1/x^{2} é negativo e simétrico no sinal de x (vai para -\infty por ambos os lados).

Resposta

-\infty

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