Question

Calcule cada um dos limites abaixo:

Answer 1

a) $\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to1^{+}}\frac{\ln(2x-1)}{(1-x)^2}=+\infty.}$

b) $\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^2-x+1}{e^x}=0.}$

Explicação

Deseja-se calcular os seguintes limites:

a) $\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to1^{+}}\frac{\ln(2x-1)}{(1-x)^2}}$

b) $\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^2-x+1}{e^x}}$

Item a

Note que, no item a, temos uma indeterminação do tipo $\mathsf{\dfrac{0}{0}.}$ Então, podemos aplicar a regra de L'Hospital. Desse modo, temos:

$\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to1^{+}}\frac{\ln(2x-1)}{(1-x)^2}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{\frac{d}{dx}[\ln(2x-1)]}{\frac{d}{dx}[(1-x)^2]}=}\\\\\\\large\mathsf{=\lim_{x\to1^{+}}\frac{\frac{1}{2x-1}\cdot\frac{d}{dx}[2x-1]}{2(1-x)\cdot\frac{d}{dx}[1-x]}=}\\\\\\\large\sf =\lim_{x\to1^{+}}\frac{\frac{2}{2x-1}}{2(1-x)\cdot(-1)}=\\\\\\\large\mathsf{=\lim_{x\to1^{+}}\frac{\frac{2}{2x-1}}{2(x-1)}=}\\\\\\\large\sf =\lim_{x\to1^{+}}\left[\frac{\diagup\!\!\!\!2}{2x-1}\cdot\frac{1}{\diagup\!\!\!\!2\cdot(x-1)}\right]$

Como o limite de um produto é o produto dos limites, temos:

$\displaystyle\large\sf =\lim_{x\to1^{+}}\left[\frac{\diagup\!\!\!\!2}{2x-1}\cdot\frac{1}{\diagup\!\!\!\!2\cdot(x-1)}\right]=\\\\\\\large\mathsf{=\underbrace{\sf \lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{2x-1}}_{I}\cdot\underbrace{\sf\lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{x-1}}_{II}}$

Vamos calcular separadamente os limites I e II. Veja que, em I, o limite é obtido pelo valor numérico da função quando x = 1. Assim, obtemos:

$\displaystyle\large\sf \lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{2x-1}=\frac{1}{2\cdot1-1}=\\\\\\\large\sf =\frac{1}{2-1}=\frac{1}{1}=1$

Logo, $\displaystyle\sf \lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{2x-1}=1.$

Agora, vamos calcular o limite II. Perceba que, como x está aproximando-se de 1 pela direita, temos $\mathsf{x-1>0.}$ Assim, à medida que ocorre a aproximação, o valor de $\sf \dfrac{1}{x-1}$ tende a valores positivos cada vez maiores, ou seja, $\displaystyle\sf\lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{x-1}=+\infty.$

Portanto,

$\large\boxed{\boxed{\mathsf{\lim_{x\to1^{+}}\frac{\ln(2x-1)}{(1-x)^2}=+\infty}.}}$

Item b

No item b, temos uma indeterminação do tipo $\mathsf{\dfrac{\infty}{\infty}.}$ Logo, podemos usar a Regra de L'Hospital também, ou seja,

$\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^2-x+1}{e^x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{d}{dx}[(2x^2-x+1]}{\frac{d}{dx}[e^x]}.}$

Assim sendo, segue que:

$\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^2-x+1}{e^x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{d}{dx}[(2x^2-x+1]}{\frac{d}{dx}[e^x]}=}\\\\\\\large\mathsf{=\lim_{x\to +\infty}\frac{4x-1}{e^x}}$

Veja que a indeterminação ainda permanece e podemos usar a mesma regra de novo. Desse modo, ficamos com:

$\displaystyle\large\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{4x-1}{e^x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{4}{e^x}}$

À medida que x assume valores positivos cada vez maiores, a função $\mathsf{e^x}$ tende a infinito. Assim, o valor de  $\mathsf{\dfrac{4}{e^x}}$ fica cada vez mais próximo de zero, isto é, $\displaystyle\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{4}{e^x}=0.}$ Consequentemente,

$\large\boxed{\boxed{\mathsf{\lim_{x\to +\infty}\frac{2x^2-x+1}{e^x}=0.}}}$

Dúvidas? Comente.

Espero ter ajudado! :)