Seja f contínua em \left[x_{0}, b\right) e deriável em \left(x_{0}, b\right) e suponha que existe \lim _{x \rightarrow x_{0}^{+}} f^{\prime}(x). Mostre que f_{d}^{\prime}\left(x_{0}\right) existe e
f_{d}^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim _{x \rightarrow x_{0}^{+}} f^{\prime}(x)
\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow-\infty} g(x)=+\infty
e
\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=L \in \mathbb{R}
então
\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=L

Passo 1

Vamos organizar claramente o que o enunciado pede e quais informações ele nos dá, separado por cada parte do problema.
Primeira parte:
  • Dados: f é contínua em \left[x_{0},b\right) e diferenciável em \left(x_{0},b\right).
  • Hipótese adicional: existe o limite \lim_{x\to x_{0}^{+}} f'(x).
  • Pedido: mostrar que a derivada à direita de f em x_{0}, denotada por f_{d}'(x_{0}), existe e que
f_{d}'(x_{0})=\lim_{x\to x_{0}^{+}} f'(x).
Segunda parte:
  • Dados: duas funções f e g tais que
\lim_{x\to -\infty} f(x) = +\infty,\qquad \lim_{x\to -\infty} g(x)=+\infty,
e existe o limite
\lim_{x\to -\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \mathbb{R}.
  • Pedido: mostrar que
\lim_{x\to -\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = L.

Passo 2

Primeira parte — estratégia e lembretes úteis (sem resolver ainda): vou usar o Teorema do Valor Médio (TVM). Antes, recorde o que é a derivada à direita e a definição do TVM.
  • Definição de derivada à direita em x_{0}: f_{d}'(x_{0}) existe se o limite
\lim_{x\to x_{0}^{+}} \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}
existe (é finito). Esse limite, se existir, é a derivada de f no ponto x_{0} tomada pela direita.
  • Teorema do Valor Médio (TVM): se uma função h é contínua em [a,b] e diferenciável em (a,b), então existe c\in(a,b) tal que
h'\text{(c)}=\frac{h(b)-h(a)}{b-a}.
Vou aplicar o TVM à função f no intervalo [x_{0},x] quando x>x_{0}.

Passo 3

Primeira parte — aplicação do TVM e conclusão formal.
Escolha x tal que x_{0}<x<b. Como f é contínua em [x_{0},x] e diferenciável em (x_{0},x), pelo TVM existe c\in(x_{0},x) tal que
f'\text{(c)}=\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}.
Note que o quociente à direita é exatamente o quociente das diferenças que aparece na definição da derivada à direita em x_{0}. Portanto, para cada x>x_{0} há um c\in(x_{0},x) com
\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=f'\text{(c)}.

Passo 4

Primeira parte — passar ao limite.
Agora faça x\to x_{0}^{+}. Quando x\to x_{0}^{+} os pontos c escolhidos (cada um entre x_{0} e x) satisfazem c\to x_{0}^{+}. Pela hipótese do problema, existe \lim_{t\to x_{0}^{+}} f'(t); chame esse limite de M, ou seja
M=\lim_{t\to x_{0}^{+}} f'(t).
Como f'\text{(c)}=\dfrac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} e c\to x_{0}^{+}, temos que f'\text{(c)}\to M. Portanto o quociente de diferença também tende a M:
\lim_{x\to x_{0}^{+}} \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} = M.
Isto mostra que a derivada à direita f_{d}'(x_{0}) existe e vale M.

Passo 5

Primeira parte — conclusão escrita com as fórmulas pedidas.
Juntando as observações anteriores,
f_{d}'(x_{0})=\lim_{x\to x_{0}^{+}} \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{t\to x_{0}^{+}} f'(t).
Assim demonstramos a primeira afirmação.

Passo 6

Segunda parte — estratégia e preparação: transformar a afirmação num formato tratável.
Queremos provar que, se f(x)\to+\infty, g(x)\to+\infty quando x\to -\infty e \dfrac{f'(x)}{g'(x)}\to L, então \dfrac{f(x)}{g(x)}\to L.
Uma maneira clara e elegante é definir a função
h(x) := f(x) - L\,g(x).
Se conseguirmos mostrar que \dfrac{h(x)}{g(x)}\to 0 quando x\to -\infty, então
\frac{f(x)}{g(x)} - L = \frac{h(x)}{g(x)} \to 0,
o que dará o resultado desejado. Portanto vamos estudar h. Note que
h'(x) = f'(x) - L\,g'(x) = g'(x)\!\left(\frac{f'(x)}{g'(x)} - L\right).
Pela hipótese, \dfrac{f'(x)}{g'(x)} - L \to 0 quando x\to -\infty.

Passo 7

Segunda parte — desigualdade chave com \varepsilon.
Seja \varepsilon>0. Pela hipótese \displaystyle\lim_{x\to -\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L, existe um número M (um número negativo suficientemente pequeno) tal que para todo x<M vale
\left|\frac{f'(x)}{g'(x)} - L\right| < \varepsilon.
Multiplicando por |g'(x)| obtemos, para todo x<M,
|h'(x)| = \left|f'(x) - Lg'(x)\right| = |g'(x)|\left|\frac{f'(x)}{g'(x)} - L\right| < \varepsilon\,|g'(x)|.

Passo 8

Segunda parte — integrar a desigualdade (ideia básica: controlar variações de h por variações de g).
Pegue qualquer s < M. Integre a desigualdade do Passo 7 em t no intervalo [s,M]. Usando a desigualdade de valor absoluto para integrais,
|h(M)-h(s)| \le \int_{s}^{M} |h'(t)|\,dt \le \varepsilon \int_{s}^{M} |g'(t)|\,dt.
Mas \int_{s}^{M} |g'(t)|\,dt = |g(M)-g(s)| (pois |g'| integrado dá diferença absoluta de g). Logo obtemos
|h(s)| \le |h(M)| + \varepsilon\,|g(M)-g(s)|.

Passo 9

Segunda parte — dividir por g(s) e passar ao limite s\to -\infty.
Divida a desigualdade do Passo 8 por g(s). Note que, para s suficientemente negativo, g(s)>0 porque \lim_{x\to -\infty} g(x)=+\infty. Assim
\frac{|h(s)|}{g(s)} \le \frac{|h(M)|}{g(s)} + \varepsilon\frac{|g(M)-g(s)|}{g(s)}.
Agora faça s\to -\infty. Como g(s)\to +\infty, temos \dfrac{|h(M)|}{g(s)}\to 0. Além disso
\frac{|g(M)-g(s)|}{g(s)} = \left|\frac{g(M)}{g(s)} - 1\right| \to 1
porque \dfrac{g(M)}{g(s)} \to 0. Então, passando ao limite superior, obtemos
\limsup_{s\to -\infty} \frac{|h(s)|}{g(s)} \le \varepsilon.

Passo 10

Segunda parte — concluir tirando \varepsilon arbitrário.
A desigualdade do Passo 9 vale para todo \varepsilon>0 (com um M possivelmente dependente de \varepsilon). Como \varepsilon é arbitrário, concluímos
\lim_{s\to -\infty} \frac{|h(s)|}{g(s)} = 0,
ou seja,
\lim_{s\to -\infty} \frac{h(s)}{g(s)} = 0.
Recordando que h(s)=f(s)-L g(s), isto é exatamente
\lim_{s\to -\infty} \left(\frac{f(s)}{g(s)} - L\right) = 0,
ou seja,
\lim_{s\to -\infty} \frac{f(s)}{g(s)} = L.

Resposta

f_{d}'(x_{0})=\displaystyle\lim_{x\to x_{0}^{+}} f'(x)
\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L

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