Nesta coleção propomos 20 exercícios resolvidos sobre a hierarquia dos infinitos, organizados em ordem crescente de dificuldade. Os exercícios abrangem a comparação de infinitos, os infinitos de ordem superior e inferior, os infinitos da mesma ordem, a equivalência assintótica, as hierarquias fundamentais e a identificação do termo dominante.
Cada exercício é resolvido passo a passo, evidenciando o critério utilizado e explicando por que ele pode ser aplicado.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Comparar os infinitos \(x^2\) e \(x^5\) quando \(x\to+\infty\) e determinar qual dos dois é de ordem superior.
Resultado
Tem-se
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr) \qquad\text{quando }x\to+\infty. \]
Portanto, \(x^2\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(x^5\).
Resolução
Ambas as funções tendem para \(+\infty\) quando \(x\to+\infty\). Para comparar a sua ordem de crescimento, consideramos o quociente entre a primeira e a segunda:
\[ \frac{x^2}{x^5}. \]
Usando as propriedades das potências, simplificamos:
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Quando \(x\to+\infty\), também \(x^3\to+\infty\), logo o seu inverso tende para \(0\):
\[ \frac{1}{x^3}\to0. \]
Obtivemos, portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Por definição, isto significa que \(x^2\) é desprezável em relação a \(x^5\). Em notação \(o\) pequeno,
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr). \]
Consequentemente, \(x^2\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(x^5\), enquanto \(x^5\) é um infinito de ordem superior em relação a \(x^2\).
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se os infinitos \(4x^3\) e \(7x^3\), quando \(x\to+\infty\), são da mesma ordem e se são equivalentes.
Resultado
Os infinitos \(4x^3\) e \(7x^3\) são da mesma ordem, mas não são equivalentes.
Resolução
Para comparar as duas funções, calculamos o limite do seu quociente:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}. \]
Como \(x^3\neq0\) para \(x\) suficientemente grande, podemos simplificar o fator \(x^3\):
\[ \frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
Assim,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
O limite é um número real finito e diferente de zero. Este é precisamente o critério que caracteriza dois infinitos da mesma ordem.
Para que as duas funções fossem também equivalentes, o limite do quociente teria de ser igual a \(1\). Neste caso, porém,
\[ \frac{4}{7}\neq1. \]
Portanto, \(4x^3\) e \(7x^3\) são infinitos da mesma ordem, mas não são equivalentes.
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Demonstrar que
\[ x^4+2x^2\sim x^4 \qquad\text{quando }x\to+\infty. \]
Resultado
Tem-se
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Resolução
Para verificar uma equivalência assintótica devemos estudar o quociente entre as duas funções e verificar se este tende para \(1\).
Consideramos, então,
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4}. \]
Dividimos separadamente os dois termos do numerador por \(x^4\):
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1+\frac{2}{x^2}. \]
Quando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{x^2}\to0. \]
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1. \]
Pela definição de equivalência assintótica, podemos então concluir que
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Este resultado exprime também o facto de que, na soma \(x^4+2x^2\), o termo \(x^4\) é dominante: o termo \(2x^2\) cresce mais lentamente e é desprezável em relação a \(x^4\).
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Comparar \(x^3\) e \(x^4\) quando \(x\to-\infty\).
Resultado
Tem-se
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{quando }x\to-\infty. \]
Portanto, \(x^3\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(x^4\).
Resolução
Neste caso é importante observar que, quando \(x\to-\infty\),
\[ x^3\to-\infty, \qquad x^4\to+\infty. \]
As duas funções têm, portanto, sinais diferentes. Para comparar corretamente a sua grandeza, consideramos o quociente entre os módulos:
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|}. \]
Usando as propriedades do valor absoluto,
\[ |x^3|=|x|^3, \qquad |x^4|=|x|^4. \]
Portanto,
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|} = \frac{|x|^3}{|x|^4} = \frac{1}{|x|}. \]
Quando \(x\to-\infty\), tem-se \(|x|\to+\infty\). Consequentemente,
\[ \frac{1}{|x|}\to0. \]
Segue-se que
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{|x^3|}{|x^4|} =0. \]
O módulo de \(x^3\) é, portanto, desprezável em relação ao de \(x^4\). Equivalentemente,
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{quando }x\to-\infty. \]
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Comparar \(\ln(x)\) e \(x^{1/3}\) quando \(x\to+\infty\).
Resultado
Tem-se
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
Resolução
Ambas as funções tendem para \(+\infty\), mas pertencem a duas famílias distintas: \(\ln(x)\) é uma função logarítmica, enquanto \(x^{1/3}\) é uma potência positiva de \(x\).
A hierarquia fundamental dos infinitos estabelece que qualquer potência positiva do logaritmo natural cresce mais lentamente do que qualquer potência positiva de \(x\):
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr) \]
para todo \(p>0\) e \(q>0\).
No nosso caso podemos escolher
\[ p=1, \qquad q=\frac{1}{3}. \]
Obtemos imediatamente
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
Em termos do quociente, esta relação significa
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{x^{1/3}} =0. \]
Assim, embora ambas as funções se tornem arbitrariamente grandes, \(x^{1/3}\) cresce assintoticamente mais rapidamente do que \(\ln(x)\).
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolução
Escrevemos, antes de mais, a raiz quadrada como potência:
\[ \sqrt{x}=x^{1/2}. \]
O limite torna-se, então,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}}. \]
A hierarquia fundamental afirma que, para todo \(p>0\) e \(q>0\),
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr). \]
Tomando
\[ p=4, \qquad q=\frac{1}{2}, \]
obtemos
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^4=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Pela definição de \(o\) pequeno, isto significa precisamente que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}} =0. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}} =0 . \]
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolução
O numerador \(x^6\) é uma potência positiva de \(x\), enquanto o denominador \(e^x\) é uma função exponencial de base \(e>1\).
A hierarquia fundamental dos infinitos estabelece que toda potência positiva de \(x\) cresce mais lentamente do que toda exponencial de base maior do que \(1\):
\[ x^q=o\bigl(a^x\bigr) \]
para todo \(q>0\) e \(a>1\).
No nosso caso
\[ q=6, \qquad a=e. \]
Portanto,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr). \]
A notação \(o\) pequeno significa exatamente que o quociente entre \(x^6\) e \(e^x\) tende para zero:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}=0. \]
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Comparar \(3^x\) e \(7^x\) quando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Resolução
Ambas as funções são exponenciais de base maior do que \(1\). Dentro desta família, a exponencial de base maior cresce mais rapidamente.
Podemos verificá-lo diretamente estudando o quociente:
\[ \frac{3^x}{7^x}. \]
Usando a propriedade das potências com o mesmo expoente,
\[ \frac{3^x}{7^x} = \left(\frac{3}{7}\right)^x. \]
Uma vez que
\[ 0<\frac{3}{7}<1, \]
a potência \(\left(\displaystyle\frac{3}{7}\right)^x\) tende para \(0\) quando \(x\to+\infty\). Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3^x}{7^x} =0. \]
Por definição,
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Logo, \(3^x\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(7^x\).
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Comparar
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \qquad\text{e}\qquad \sqrt{\ln(x)} \]
quando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Resolução
Escrevamos a segunda função como potência do logaritmo:
\[ \sqrt{\ln(x)} = \bigl(\ln(x)\bigr)^{1/2}. \]
A hierarquia dos infinitos pode ser estendida ao logaritmo iterado, e estabelece que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^p\bigr) \]
para todo \(p>0\).
Escolhendo
\[ p=\frac{1}{2}, \]
obtemos
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^{1/2}\bigr). \]
Como \((\ln(x))^{1/2}=\sqrt{\ln(x)}\), podemos concluir que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Exercício 10 — nível ★★☆☆☆
Comparar \(e^x\) e \(x^x\) quando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Resolução
Ambas as funções tendem para \(+\infty\), mas \(x^x\) cresce mais rapidamente do que qualquer exponencial \(a^x\) de base constante \(a>1\).
Com efeito, a hierarquia fundamental estendida contém a relação
\[ a^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
para toda base fixa \(a>1\).
Escolhendo \(a=e\), obtemos imediatamente
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
De forma equivalente,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^x}=0. \]
Portanto, \(x^x\) é um infinito de ordem superior em relação a \(e^x\).
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Ordenar, da função que cresce mais lentamente até à que cresce mais rapidamente, as seguintes funções quando \(x\to+\infty\):
\[ x^4,\qquad 2^x,\qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3,\qquad x^{1/2},\qquad x^x,\qquad \ln\bigl(\ln(x)\bigr). \]
Resultado
A ordem correta é
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \quad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \quad x^{1/2}, \quad x^4, \quad 2^x, \quad x^x. \]
Resolução
Procedemos identificando a família a que pertence cada função.
A função
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \]
é um logaritmo iterado. Cresce mais lentamente do que qualquer potência positiva de \(\ln(x)\). Em particular,
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr). \]
Em seguida comparamos \((\ln(x))^3\) com \(x^{1/2}\). Toda potência positiva do logaritmo cresce mais lentamente do que toda potência positiva de \(x\), logo
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Entre as duas potências \(x^{1/2}\) e \(x^4\), a de maior expoente cresce mais rapidamente:
\[ x^{1/2}=o\bigl(x^4\bigr). \]
Toda potência positiva de \(x\) cresce mais lentamente do que uma exponencial de base maior do que \(1\), logo
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr). \]
Por fim, toda exponencial de base constante maior do que \(1\) cresce mais lentamente do que \(x^x\):
\[ 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Reunindo todas as comparações, obtemos a cadeia
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr), \]
\[ (\ln(x))^3 = o\bigl(x^{1/2}\bigr), \]
\[ x^{1/2} = o\bigl(x^4\bigr), \]
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr), \qquad 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Portanto, da função que cresce mais lentamente até à que cresce mais rapidamente, a ordem pedida é
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \qquad x^{1/2}, \qquad x^4, \qquad 2^x, \qquad x^x. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Determinar o termo dominante de
\[ f(x)=5x^6-2x^3+7 \]
quando \(x\to+\infty\) e encontrar uma função equivalente a \(f\).
Resultado
O termo dominante é \(5x^6\) e
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6. \]
Resolução
Entre as potências positivas de \(x\), a de maior expoente cresce mais rapidamente. Na função
\[ 5x^6-2x^3+7 \]
o termo de maior grau é \(5x^6\).
Para demonstrar rigorosamente que este é dominante, dividimos toda a função por \(5x^6\):
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2x^3}{5x^6}+\frac{7}{5x^6}. \]
Simplificando,
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2}{5x^3}+\frac{7}{5x^6}. \]
Quando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{5x^3}\to0, \qquad \frac{7}{5x^6}\to0. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} =1. \]
Pela definição de equivalência assintótica,
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6 . \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Determinar o termo dominante de
\[ f(x)=4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5 \]
quando \(x\to+\infty\).
Resultado
O termo dominante é \(4e^x\) e
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x. \]
Resolução
Os três termos pertencem a famílias distintas:
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5, \qquad x^8, \qquad e^x. \]
A hierarquia fundamental estabelece que
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5=o\bigl(x^8\bigr) \]
e
\[ x^8=o\bigl(e^x\bigr). \]
A exponencial é, portanto, o termo de maior crescimento.
Para verificar que \(f(x)\) é efetivamente equivalente a \(4e^x\), dividimos por \(4e^x\):
\[ \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} = 1+\frac{x^8}{4e^x} - \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}. \]
Como \(x^8=o(e^x)\),
\[ \frac{x^8}{4e^x}\to0. \]
Para o termo \((\ln(x))^5\) usamos ambas as comparações da hierarquia. Com efeito, podemos escrever
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x} = \frac{1}{4} \cdot \frac{(\ln(x))^5}{x^8} \cdot \frac{x^8}{e^x}. \]
Como
\[ \frac{(\ln(x))^5}{x^8}\to0 \qquad\text{e}\qquad \frac{x^8}{e^x}\to0, \]
também o seu produto tende para \(0\). Portanto,
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}\to0. \]
Obtemos, assim,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} =1. \]
Portanto,
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x . \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)}. \]
Resultado
\[ 1 \]
Resolução
O numerador é o produto de dois fatores. Estudemo-los separadamente.
Para o primeiro fator,
\[ \frac{x^3+2x}{x^3} = 1+\frac{2}{x^2}\to1. \]
Portanto,
\[ x^3+2x\sim x^3. \]
Para o segundo fator,
\[ \frac{\ln(x)+1}{\ln(x)} = 1+\frac{1}{\ln(x)}. \]
Como \(\ln(x)\to+\infty\),
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to0. \]
Logo,
\[ \ln(x)+1\sim\ln(x). \]
A equivalência assintótica conserva-se nos produtos. Portanto,
\[ (x^3+2x)(\ln(x)+1) \sim x^3\ln(x). \]
Pela definição de equivalência,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)} =1. \]
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Determinar se
\[ 3x^4+x \qquad\text{e}\qquad 5x^4-2 \]
são infinitos da mesma ordem ou equivalentes quando \(x\to+\infty\).
Resultado
As duas funções são infinitos da mesma ordem, mas não são equivalentes.
Resolução
Consideremos o quociente
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2}. \]
Como, no numerador e no denominador, o termo de maior grau é de quarto grau, dividimos ambos por \(x^4\):
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3+\displaystyle\frac{1}{x^3}}{5-\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Quando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{1}{x^3}\to0, \qquad \frac{2}{x^4}\to0. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3}{5}. \]
O limite é positivo e finito, logo as duas funções são infinitos da mesma ordem.
Contudo,
\[ \frac{3}{5}\neq1. \]
Consequentemente, não são equivalentes.
Podemos também observar separadamente que
\[ 3x^4+x\sim3x^4, \qquad 5x^4-2\sim5x^4, \]
e que os dois termos dominantes diferem por um fator constante.
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2}. \]
Resultado
\[ 1 \]
Resolução
No numerador aparecem \(e^x\) e \(x^6\). No denominador aparecem \(e^x\) e \(x^2\).
A hierarquia fundamental diz-nos que qualquer potência positiva de \(x\) é desprezável em relação a \(e^x\). Em particular,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr), \qquad x^2=o\bigl(e^x\bigr). \]
O termo dominante, tanto no numerador como no denominador, é, portanto, \(e^x\).
Dividimos o numerador e o denominador por \(e^x\):
\[ \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} = \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}}. \]
Pelas relações anteriores,
\[ \frac{x^6}{e^x}\to0 \]
e
\[ \frac{3x^2}{e^x}\to0. \]
Passando ao limite, obtemos
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}} = \frac{1+0}{1-0} =1. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} =1 . \]
Podemos exprimir o mesmo resultado afirmando que
\[ e^x+x^6\sim e^x \qquad\text{e}\qquad e^x-3x^2\sim e^x. \]
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Sabendo que
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \qquad\text{quando }x\to+\infty, \]
determinar a relação correspondente entre os recíprocos
\[ \frac{1}{\ln(x)} \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{\sqrt{x}}. \]
Resultado
Tem-se
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Resolução
A relação inicial
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \]
significa, por definição, que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} =0. \]
Pretendemos agora comparar os recíprocos
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{\ln(x)}. \]
Formamos o quociente entre o primeiro e o segundo:
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Dividir por uma fração equivale a multiplicar pelo seu inverso, logo
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}. \]
Mas já estabelecemos que
\[ \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}\to0. \]
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} =0. \]
Pela definição de \(o\) pequeno,
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right) . \]
A passagem aos recíprocos inverte, pois, a ordem de grandeza: quanto mais rapidamente cresce uma função, mais rapidamente o seu recíproco tende para zero.
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Sabendo que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{quando }x\to+\infty, \]
explicar por que não é correto substituir \(x^2+x\) por \(x^2\) na diferença
\[ (x^2+x)-x^2, \]
e calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x}. \]
Resultado
Neste caso não é lícito substituir \(x^2+x\) pelo seu equivalente \(x^2\) na diferença, porque o cancelamento dos termos dominantes faria perder o termo \(x\).
O limite vale
\[ 1. \]
Resolução
Começamos por verificar a equivalência indicada:
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}\to1. \]
Assim, é de facto verdade que
\[ x^2+x\sim x^2. \]
No entanto, a equivalência assintótica não é uma igualdade. Dizer que \(x^2+x\sim x^2\) não significa que possamos substituir sempre \(x^2+x\) por \(x^2\) em qualquer expressão.
Consideremos, com efeito, a diferença exata:
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Os termos \(x^2\) cancelam-se e resta
\[ (x^2+x)-x^2=x. \]
Consequentemente,
\[ \frac{(x^2+x)-x^2}{x} = \frac{x}{x} =1. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x} =1 . \]
Vejamos agora o que aconteceria se efetuássemos indevidamente a substituição
\[ x^2+x\sim x^2 \]
diretamente na diferença. Obteríamos
\[ x^2-x^2=0, \]
perdendo por completo o termo \(x\), que é precisamente o que resta após o cancelamento.
Este exemplo mostra por que os equivalentes podem ser usados diretamente em produtos e quocientes, mas não de forma indiscriminada em somas e diferenças.
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolução
O numerador é a soma de duas funções:
\[ (\ln(x))^3 \qquad\text{e}\qquad x^4. \]
Comparemo-las primeiro entre si. Pela hierarquia fundamental,
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^4\bigr). \]
Portanto, dentro do numerador, o termo dominante é \(x^4\).
Podemos verificá-lo dividindo o numerador por \(x^4\):
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{x^4} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4}+1. \]
Como
\[ \frac{(\ln(x))^3}{x^4}\to0, \]
segue-se que
\[ (\ln(x))^3+x^4\sim x^4. \]
Comparemos agora \(x^4\) com o denominador \(e^x\). Uma potência positiva de \(x\) cresce mais lentamente do que uma exponencial:
\[ x^4=o\bigl(e^x\bigr). \]
Podemos também separar diretamente o quociente inicial:
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{e^x} + \frac{x^4}{e^x}. \]
O segundo termo tende para \(0\) porque \(x^4=o(e^x)\).
Para o primeiro termo podemos escrever
\[ \frac{(\ln(x))^3}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4} \cdot \frac{x^4}{e^x}. \]
Ambos os fatores tendem para \(0\), logo também o seu produto tende para \(0\).
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} =0 . \]
Exercício 20 — nível ★★★★★
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5}. \]
Resultado
\[ \frac{1}{2} \]
Resolução
Neste limite aparecem três tipos distintos de crescimento:
\[ x^5,\qquad 3^x,\qquad x^x. \]
Devemos, antes de mais, determinar qual função domina as demais.
A hierarquia fundamental fornece-nos
\[ x^5=o\bigl(3^x\bigr), \]
porque toda potência positiva de \(x\) cresce mais lentamente do que toda exponencial de base maior do que \(1\).
Além disso,
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr), \]
porque toda exponencial de base constante maior do que \(1\) cresce mais lentamente do que \(x^x\).
O termo dominante, tanto no numerador como no denominador, é, portanto, \(x^x\).
Dividimos o numerador e o denominador por \(x^x\):
\[ \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}}. \]
Da relação
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
segue-se imediatamente que
\[ \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Devemos agora justificar com cuidado também que
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Usamos as duas comparações da hierarquia já estabelecidas:
\[ \frac{x^5}{3^x}\to0 \qquad\text{e}\qquad \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Podemos escrever
\[ \frac{x^5}{x^x} = \frac{x^5}{3^x} \cdot \frac{3^x}{x^x}. \]
Ambos os fatores tendem para \(0\). Portanto, o seu produto tende para \(0\):
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Podemos agora passar ao limite na expressão obtida:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}} = \frac{1+0}{2+0} = \frac{1}{2}. \]
Logo,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1}{2} . \]
O resultado pode também ser interpretado através dos termos dominantes:
\[ x^x+3^x\sim x^x \]
e
\[ 2x^x+x^5\sim2x^x. \]
O quociente entre as duas funções comporta-se, portanto, como
\[ \frac{x^x}{2x^x}=\frac{1}{2}. \]