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)=0.

Passo 1

O enunciado dá a função \displaystyle f:\mathbb{R}-\{0\}\to\mathbb{R} definida por
f(x)=\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}},\quad x\neq0,
com a>1. A tarefa é provar que
\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=0.
Informações importantes fornecidas:
  • a>1.
  • A expressão a^{\frac{1}{x}} aparece no denominador.
  • Queremos o limite quando x tende a 0 pela direita (ou seja, x>0 e x\to0).

Passo 2

Intuição (passo suave antes da prova rigorosa): quando x\to0^{+} temos \frac{1}{x}\to+\infty. Como a>1, a função t\mapsto a^{t} é crescente e satisfaz \lim_{t\to+\infty}a^{t}=+\infty. Logo a^{\frac{1}{x}}\to+\infty quando x\to0^{+}. Então o denominador 1+a^{\frac{1}{x}} tende a +\infty e a fração \dfrac{1}{1+a^{1/x}} tende a 0. Agora vamos formalizar isso com um argumento \varepsilon- \delta.

Passo 3

Lembrando a definição de limite que usaremos: provar que \lim_{x\to0^{+}}f(x)=0 significa mostrar que, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que, sempre que 0<x<\delta, ocorre |f(x)-0|<\varepsilon. Aqui |f(x)-0|=f(x) pois f(x)>0.
Queremos, portanto, garantir
\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}}<\varepsilon.
Essa desigualdade é equivalente (porque tudo é positivo) a
a^{\frac{1}{x}}>\frac{1}{\varepsilon}-1.

Passo 4

Tratamento da desigualdade obtida. Há dois casos a considerar em relação a \varepsilon, mas podemos unificá-los escolhendo um número M>1 que domine o lado direito:
Defina
M=\max\!\left(2,\;\frac{1}{\varepsilon}-1\right).
Assim M>1 sempre. Se conseguirmos garantir a^{\frac{1}{x}}>M então, em particular, a^{\frac{1}{x}}>\dfrac{1}{\varepsilon}-1 (porque M\ge\dfrac{1}{\varepsilon}-1), e então f(x)<\varepsilon.
Como a>1 e M>1, a função exponencial é invertível e monotonicamente crescente, logo a relação a^{\frac{1}{x}}>M é equivalente a
\frac{1}{x}>\log_{a}M.
Isso, por sua vez, equivale a
x<\frac{1}{\log_{a}M}.
Note que \log_{a}M>0 porque a>1 e M>1, então \dfrac{1}{\log_{a}M} é bem definida e positiva.
Portanto, escolhendo
\delta=\frac{1}{\log_{a}M}=\frac{1}{\log_{a}\!\big(\max(2,\tfrac{1}{\varepsilon}-1)\big)},
concluímos que para todo x com 0<x<\delta vale a^{\frac{1}{x}}>M, logo a^{\frac{1}{x}}>\dfrac{1}{\varepsilon}-1 e então
f(x)=\frac{1}{1+a^{\frac{1}{x}}}<\varepsilon.

Passo 5

Resumo da prova \varepsilon- \delta: dado \varepsilon>0 construímos M=\max(2,\tfrac{1}{\varepsilon}-1)>1 e tomamos \delta=\dfrac{1}{\log_{a}M}>0. Para 0<x<\delta obtemos f(x)<\varepsilon. Isso mostra exatamente que \lim_{x\to0^{+}}f(x)=0.
Observação final intuitiva e motivadora: na prática, para x>0 muito pequeno a potência a^{1/x} explode (fica enorme) porque \tfrac{1}{x} fica muito grande; por isso o denominador domina e a fração vai a zero — era isso que a prova formal confirmou.

Resposta

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