Seja f: \mathbb{R}-\{0\} \rightarrow \mathbb{R} definida por
f(x)=\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}}, x \neq 0em que a>1. Prove que:
\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=1.

Passo 1

O enunciado fornece a função f:\mathbb{R}-\{0\}\to\mathbb{R} dada por
f(x)=\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}},\quad x\neq 0,
onde está especificado que a>1.
O que se pede: provar que
\lim_{x\to 0^-} f(x)=1.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A base a da exponencial é maior que 1.
  • O limite é lateral, quando x tende a 0 pela esquerda (ou seja, x<0 e x\to 0).
  • A expressão crítica para entender o comportamento de f é a^{\frac{1}{x}}.

Passo 2

Entender o comportamento de a^{\frac{1}{x}} quando x\to 0^{-}. Uma ferramenta útil é escrever a potência usando exponencial natural:
a^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x}\ln a}.
Aqui \ln a é o logaritmo natural de a. Como a>1 temos \ln a>0. Assim o sinal e o crescimento ou decaimento de a^{\frac{1}{x}} são determinados por \frac{1}{x} quando multiplicado por \ln a.

Passo 3

Mostrar que \dfrac{1}{x}\to -\infty quando x\to 0^{-}. Explicação detalhada: para x<0 e muito próximo de 0 (por exemplo x\in(-\delta,0) com \delta>0 pequeno), o número \dfrac{1}{x} é um número negativo de grande magnitude. Formalmente, dado qualquer M>0 escolhemos \delta=\dfrac{1}{M}. Se x\in(-\delta,0) então x>-1/M e, como x<0, obtemos \dfrac{1}{x}<-M. Isso mostra que \dfrac{1}{x} tende a -\infty quando x\to 0^{-}.

Passo 4

Combinar os dois passos anteriores: como \dfrac{1}{x}\to -\infty e \ln a>0, segue que
\frac{1}{x}\ln a \to -\infty \quad\text{quando }x\to 0^-.
Logo
a^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x}\ln a} \to 0 \quad\text{quando }x\to 0^-,
porque e^{t}\to 0 quando t\to -\infty. Portanto o termo a^{\frac{1}{x}} tende a 0 ao nos aproximarmos de 0 pela esquerda.

Passo 5

Usar o resultado do passo anterior para concluir o limite de f. Como a^{\frac{1}{x}}\to 0, temos
f(x)=\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}}\longrightarrow \frac{1}{1+0}=1.
Isto já constitui uma justificativa intuitiva e correta. Para maior rigor, apresento uma prova \varepsilon- \delta curta:
Queremos mostrar que para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 tal que, se x\in(-\delta,0), então \bigl|f(x)-1\bigr|<\varepsilon.
Calcule a diferença:
\bigl|f(x)-1\bigr|=\left|\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}}-1\right| =\frac{a^{\frac{1}{x}}}{1+a^{\frac{1}{x}}}.
Note que \dfrac{a^{\frac{1}{x}}}{1+a^{\frac{1}{x}}}<a^{\frac{1}{x}}. Assim basta garantir a^{\frac{1}{x}}<\varepsilon.
Se \varepsilon\ge 1 a desigualdade \bigl|f(x)-1\bigr|<\varepsilon é automática (porque \bigl|f(x)-1\bigr|<1 sempre). Se 0<\varepsilon<1, tomemos logaritmos: pedir a^{\frac{1}{x}}<\varepsilon é equivalente a
\frac{1}{x}\ln a < \ln\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{x} < \frac{\ln\varepsilon}{\ln a}.
Como \ln\varepsilon<0 e \ln a>0, o número \dfrac{\ln\varepsilon}{\ln a} é negativo. Basta escolher \delta>0 tal que -\dfrac{1}{\delta} < \dfrac{\ln\varepsilon}{\ln a}, isto é, escolher \delta com
0<\delta<\frac{\ln a}{-\ln\varepsilon}.
Para esse \delta, se x\in(-\delta,0) então \dfrac{1}{x}\le -\dfrac{1}{\delta}<\dfrac{\ln\varepsilon}{\ln a}, o que garante a^{\frac{1}{x}}<\varepsilon e, portanto, \bigl|f(x)-1\bigr|<\varepsilon. Isso prova rigorosamente que \lim_{x\to 0^-}f(x)=1.

Passo 6

Resumo final e incentivo: vimos que para x tendendo a 0 pela esquerda, 1/x vai para -\infty, o que faz a^{1/x} decair para 0 (porque a>1). Assim f(x)=1/(1+a^{1/x}) tende a 1. Ótimo — esse tipo de limite com exponenciais aparece muito em provas e é tranquilo usando a escrita a^{t}=e^{t\ln a}. Parabéns por encarar! Continue assim.

Resposta

1

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