Use a Regra de L’Hôpital para calcular limite da forma indeterminada
(a) \lim _{x \rightarrow 0^{+}} x(\ln (x))^{2}
(b) \lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}
(c) \lim _{x \rightarrow \infty}(\ln (x))^{\frac{1}{x}}
(d) \lim _{x \rightarrow \infty}(1+2 x)^{\frac{1}{2 \ln (x)}}}
(e) \lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x+2}\right)^{\frac{1}{x}}
(f) \lim _{x \rightarrow 1^{+}} x^{\frac{1}{1-x}}}
(g) \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{e^{x}-1}\right)
(h) \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{1-\cos (x)}-\frac{1}{x^{2}}\right)

Passo 1

O enunciado pede para calcular oito limites envolvendo formas indeterminadas que aparecem em expressões com produtos, potências e diferenças, usando preferencialmente a Regra de L’Hôpital ou expansões de séries quando mais conveniente. Vamos lidar com cada item separadamente, explicando como identificar a indeterminação, reescrever a expressão e aplicar a regra ou a expansão.

Passo 2

Para (a)
\lim_{x\to0^+} x \bigl(\ln(x)\bigr)^2.
Note que x\to0^+ e \ln(x)\to-\infty, logo temos 0\cdot\infty. Reescrevemos como quociente:
x \bigl(\ln(x)\bigr)^2 = \frac{(\ln(x))^2}{1/x},
onde numerador e denominador vão a +\infty. Aplicando L’Hôpital:
\frac{d}{dx} (\ln(x))^2 = 2 \ln(x) \cdot \frac{1}{x}, \quad \frac{d}{dx} (1/x) = -\frac{1}{x^2}.
Logo a razão dos derivados é
\frac{2 \ln(x) \cdot \frac{1}{x}}{-1/x^2} = -2 \, x \, \ln(x),
e quando x\to0^+ temos x \ln(x) \to 0, de onde o limite é
0.

Passo 3

Para (b)
\lim_{x\to0^+}\Bigl(1+\frac1x\Bigr)^{x}.
Tomamos y=(1+1/x)^x e olhamos
\ln y = x\ln\!\Bigl(1+\frac1x\Bigr).
Como x\to0^+ temos x\to0 e \ln(1+1/x)\to+\infty, forma 0\cdot\infty. Reescrevemos
\ln y =\frac{\ln(1+1/x)}{1/x},
ambos vão a \infty. Pela regra:
\frac{d}{dx}\ln(1+1/x) =\frac{-1/x^2}{1+1/x},\quad \frac{d}{dx}(1/x)=-\frac1{x^2},
então
\lim_{x\to0^+}\ln y =\lim_{x\to0^+} \frac{\,-1/[x^2(1+1/x)]}{-1/x^2} =\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{x^2(1+1/x)}x^2 =\frac{x}{x+1}\Big|_{0^+}=0.
Logo y\to e^0=1.

Passo 4

Para (c)
\lim_{x\to\infty} (\ln(x))^{1/x}.
Chame L = (\ln x)^{1/x}. Então
\ln L = \frac{1}{x} \ln(\ln x).
Quando x\to\infty, \ln(\ln x) \to \infty e 1/x \to 0, forma \infty \cdot 0. Reescrevendo
\ln L = \frac{\ln(\ln x)}{x},
ambos vão a \infty, aplicando L’Hôpital:
\frac{d}{dx} \ln(\ln x) = \frac{1}{x \ln x}, \quad \frac{d}{dx} x = 1,
\lim_{x\to\infty} \ln L = \lim_{x\to\infty} \frac{1}{x \ln x} = 0,
logo L \to e^0 = 1.

Passo 5

Para (d)
\lim_{x\to\infty}(1+2x)^{\frac{1}{2\ln(x)}}.
Seja L=(1+2x)^{1/(2\ln x)}. Então
\ln L =\frac{1}{2\ln x}\ln(1+2x).
Para x\to\infty, \ln(1+2x)\sim\ln(2x)=\ln2+\ln x. Assim
\ln L \sim\frac{\ln x+\ln2}{2\ln x} =\frac12+\frac{\ln2}{2\ln x} \longrightarrow\frac12.
Portanto L\to e^{1/2}=\sqrt{e}.

Passo 6

Para (e)
\lim_{x\to\infty}\Bigl(\frac{x^2+1}{x+2}\Bigr)^{1/x}.
Colocando L=\bigl(\frac{x^2+1}{x+2}\bigr)^{1/x} temos
\ln L =\frac{1}{x}\bigl[\ln(x^2+1)-\ln(x+2)\bigr].
Quando x\to\infty, \ln(x^2+1)\sim2\ln x e \ln(x+2)\sim\ln x, logo
\ln L\sim\frac{2\ln x-\ln x}{x}=\frac{\ln x}{x}\to0,
e L\to e^0=1.

Passo 7

Para (f)
\lim_{x\to1^+}x^{\frac{1}{1-x}}.
Seja L=x^{1/(1-x)}. Tomamos x=1+h com h\to0^+, então o expoente vale \frac1{1-(1+h)}=-1/h. Logo
\ln L =\frac{\ln x}{1-x} =\frac{\ln(1+h)}{-h} \longrightarrow-\!1 \quad(h\to0),
pois \ln(1+h)/h\to1. Assim L\to e^{-1}.

Passo 8

Para (g)
\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{1}{\ln(1+x)}-\frac{1}{e^x-1}\Bigr).
Usamos expansão de séries em x\to0:
\ln(1+x)=x-\tfrac{x^2}{2}+\cdots,
e^x-1=x+\tfrac{x^2}{2}+\cdots.
Então
\frac1{\ln(1+x)} \sim\frac1x\bigl(1+\tfrac{x}{2}+\cdots\bigr) =\frac1x+\frac12+\cdots, \quad \frac1{e^x-1} \sim\frac1x\bigl(1-\tfrac{x}{2}+\cdots\bigr) =\frac1x-\frac12+\cdots.
Subtraindo, os termos 1/x cancelam e sobra
\frac1{\ln(1+x)}-\frac1{e^x-1} \sim\Bigl(\frac1x+\frac12\Bigr)-\Bigl(\frac1x-\frac12\Bigr) =1+o(1),
logo o limite é 1.

Passo 9

Para (h)
\lim_{x\to0}\Bigl(\frac1{1-\cos x}-\frac1{x^2}\Bigr).
Novamente usamos séries:
\cos x=1-\tfrac{x^2}{2}+\tfrac{x^4}{24}+\cdots, de onde
1-\cos x=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\cdots, \quad \frac1{1-\cos x}\sim\frac1{x^2/2}\Bigl(1+\frac{x^2}{12}+\cdots\Bigr) =\frac{2}{x^2}+\cdots.
Então
\frac1{1-\cos x}-\frac1{x^2} \sim\frac{2}{x^2}-\frac1{x^2} =\frac1{x^2}\longrightarrow+\infty.

Resposta

(a) 0
(b) 1
(c) 1
(d) \sqrt{e}
(e) 1
(f) e^{-1}
(g) 1
(h) +\infty

Exercícios relacionados