Limites notáveis e Regra de L’Hôpital

Nenhum destes limites é indeterminado: basta substituir e usar as regras dos limites. O que importa em vários deles é o sinal com que o denominador tende para zero.

Quando \(x\to 1^{-}\), tem-se \(x\lt 1\), logo \(x-1\to 0^{-}\). O numerador tende para \(1\gt 0\):

Agora o denominador é \(1-x\): se \(x\lt 1\), então \(1-x\gt 0\), ou seja, \(1-x\to 0^{+}\).

Como \(x\to +\infty\), tem-se \(1-x\to -\infty\):

O expoente \(2026\) é par, pelo que \(x^{2026}\gt 0\) para \(x\ne 0\).

Antes de substituir, simplifica-se a fração:

Quando \(x\to 0^{-}\), tem-se \(\dfrac1x\to -\infty\), logo \(-\dfrac1x\to +\infty\).

Aqui aparece \(+\infty-\infty\). Põe-se \(x^{2}\) em evidência:

De outro modo: num polinómio, o limite em \(\pm\infty\) é o do termo de maior grau, \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}x^{2}=+\infty\).

O numerador tende para \(\dfrac{\pi}{2}\gt 0\). Para \(x\lt\dfrac{\pi}{2}\) (no 1.º quadrante) tem-se \(\cos x\gt 0\), logo \(\cos x\to 0^{+}\).

Em cada alínea começa-se por substituir, para ver se há mesmo indeterminação. Só quando ela é do tipo \(\frac{0}{0}\) ou \(\frac{\infty}{\infty}\) é que a regra de L'Hôpital (RLH) pode ser aplicada.

Substituindo: \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\) — indeterminação. Aplica-se a RLH:

Sem a regra: \(\dfrac{x^{2}+3x}{2x+1}=\dfrac{x^{2}\left(1+\frac3x\right)}{x\left(2+\frac1x\right)}=\dfrac{x\left(1+\frac3x\right)}{2+\frac1x}\to\dfrac{+\infty\times 1}{2}=+\infty\).

Substituindo: \(\dfrac{4}{+\infty}\). Não há indeterminação — não se usa a regra de L'Hôpital.

Trata-se de uma soma, não de um quociente. Calcula-se o limite de cada parcela:

Como uma parcela tende para \(0\) e a outra para \(+\infty\), não há indeterminação:

Indeterminação \(\infty-\infty\): a regra de L'Hôpital não se aplica diretamente. Põe-se \(x^{2}\) em evidência:

Substituindo: \(\dfrac{0}{0}\).

Sem a regra, fatorizando: \(\dfrac{2(x-1)}{(x-1)(x+1)}=\dfrac{2}{x+1}\to\dfrac{2}{2}=1\).

Atenção: \(x\to -2\) e não \(x\to 2\). Substituindo:

Não há indeterminação — a regra de L'Hôpital não deve ser usada. (Se fosse aplicada, dava \(\lim\frac{2x}{1}=-4\), que está errado.)

Substituindo: \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\). Com \(\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}\):

De facto \(4x\sqrt{x-4}\to+\infty\), logo o quociente tende para \(0\).

Note-se que \(\sqrt{x^{2}}=|x|\), que é sempre positivo (para \(x\ne 0\)). Assim, quando \(x\to 0\), o denominador tende para \(0^{+}\) e o numerador para \(-1\):

Não há indeterminação, pelo que não se usa a regra de L'Hôpital.

Cuidado com o numerador: quando \(x\to 0\), \(\operatorname{sen}(1-x)\to\operatorname{sen}(1)\approx 0{,}84\ne 0\). E \(x^{2}\to 0^{+}\).

Não é uma indeterminação — a regra de L'Hôpital não se aplica.

Substituindo: \(\dfrac{\operatorname{sen}^{2}\pi}{0}=\dfrac{0}{0}\). Aplicando a RLH:

Continua a dar \(\dfrac{0}{0}\), pelo que se aplica a regra uma segunda vez:

Em alternativa, com o limite notável: fazendo \(y=x-\pi\) (com \(y\to 0\)) e usando \(\operatorname{sen}(y+\pi)=-\operatorname{sen} y\),

Substituindo: \(\dfrac{\sqrt{1+0}-1}{0}=\dfrac{0}{0}\). Aplicando a RLH, com \(\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}\) e \(u=1+\operatorname{sen} x\):

O Tiago identificou corretamente a indeterminação: quando \(x\to +\infty\), o numerador e o denominador tendem ambos para \(+\infty\), pelo que se obtém \(\dfrac{\infty}{\infty}\). Nessas condições, a regra de L'Hôpital é aplicável.

O erro está na aplicação da regra. O Tiago derivou a fração toda, usando a regra do quociente:

Mas a regra de L'Hôpital não manda derivar o quociente: manda derivar o numerador e o denominador separadamente.

Neste caso nem era preciso a regra: bastava dividir termo a termo, o que é bem mais simples.

\(f\) é contínua em \(x=0\) se e só se o limite de \(f\) nesse ponto existir e for igual à imagem:

Substituindo, obtém-se \(\dfrac{0-\operatorname{sen} 0}{0^{3}}=\dfrac{0}{0}\). Aplica-se a regra de L'Hôpital:

Continua a dar \(\dfrac{0}{0}\), logo aplica-se de novo:

Aqui pode usar-se o limite notável \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen} x}{x}=1\):

(Aplicando a regra uma terceira vez chegava-se ao mesmo: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{6}=\frac16\).)

A doença foi detetada no instante \(t=0\):

Três semanas depois, \(t=3\):

Como os valores estão em milhares, a redução foi de \(6\) milhares de coelhos.

Substituindo, obtém-se \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\). Aplicando a regra de L'Hôpital:

Sem a regra, pondo \(t\) em evidência: \(\dfrac{t\left(14{,}5+\frac{22{,}5}{t}\right)}{t\left(1+\frac1t\right)}=\dfrac{14{,}5+\frac{22{,}5}{t}}{1+\frac1t}\to\dfrac{14{,}5}{1}=14{,}5\).

A reta de equação \(y=14{,}5\) é assíntota horizontal do gráfico de \(f\). Como \(f\) é decrescente e os seus valores se aproximam de \(14{,}5\) por valores superiores, a população vai diminuindo mas nunca desce abaixo dos \(14\,500\) coelhos.

Em \(x=1\) há mudança de ramo. É preciso comparar \(\displaystyle\lim_{x\to 1^{-}} f(x)\), \(\displaystyle\lim_{x\to 1^{+}} f(x)\) e \(f(1)\).

Para \(x\geqslant 1\) a expressão é \(\dfrac{x+1}{e}\), contínua:

Substituindo em \(\dfrac{x^{3}-x}{e^{x}-e}\) obtém-se \(\dfrac{1-1}{e-e}=\dfrac{0}{0}\): indeterminação. Aplica-se a regra de L'Hôpital (derivando numerador e denominador separadamente):

Sem L'Hôpital chegava-se ao mesmo, com o limite notável \(\displaystyle\lim_{y\to 0}\frac{e^{y}-1}{y}=1\). Escrevendo \(x^{3}-x=x(x-1)(x+1)\) e \(e^{x}-e=e\left(e^{x-1}-1\right)\), e fazendo \(y=x-1\):

Para \(x\to -\infty\) usa-se o primeiro ramo. Analisam-se numerador e denominador separadamente:

Não há indeterminação — o denominador tende para uma constante não nula:

Para \(x\geqslant 0\) a função é constante e igual a \(k\), pelo que \(g(0)=k\) e \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} g(x)=k\). A continuidade em \(0\) reduz-se, portanto, a

Pela fórmula de redução \(\cos\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=-\operatorname{sen}(\alpha)\), com \(\alpha=2x\):

Este é o passo decisivo: transforma um limite aparentemente complicado num limite notável.

Substituindo, obtém-se a indeterminação \(\frac{0}{0}\). Multiplica-se e divide-se por \(2\) para fazer aparecer \(\dfrac{\operatorname{sen}(2x)}{2x}\):

(usou-se \(\displaystyle\lim_{y\to 0}\frac{\operatorname{sen} y}{y}=1\), com \(y=2x\to 0\)).

Em alternativa, por L'Hôpital: \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\frac{-2\cos(2x)}{1}=-2\).

A constante \(3\) sai para fora do limite e fica exatamente o limite notável \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{\log_{a} x}{x^{p}}=0\), com \(p=1\):

Em alternativa, por L'Hôpital (é uma indeterminação \(\frac{\infty}{\infty}\)), com \(\left(\log_{3}x\right)'=\dfrac{1}{x\ln 3}\):

É uma indeterminação \(\frac{\infty}{\infty}\). Em vez de derivar, é mais simples dividir cada parcela por \(x\):

Usando \(\log(3x)=\log 3+\log x\):

(a primeira parcela é uma constante a dividir por \(+\infty\); a segunda é o limite notável \(\frac{\log_{a}x}{x^{p}}\to 0\)).

Trata-se de uma indeterminação \(\frac{0}{0}\) num quociente: pode aplicar-se a regra de L'Hôpital.

No numerador, \(3e^{3}\) é uma constante (derivada nula) e \(x\,e^{x}\) deriva-se pela regra do produto:

Erro a evitar: derivar \(3e^{3}\) como se fosse uma exponencial. Como não há \(x\), é apenas um número.

O limite notável é \(\displaystyle\lim_{y\to 0}\frac{\operatorname{sen} y}{y}=1\): dentro do seno está \(kx\), pelo que é preciso ter \(kx\) também no denominador. Multiplica-se e divide-se por \(k\) (possível, porque \(k\neq 0\)):

Quando \(x\to 0\) também \(kx\to 0\), logo \(\dfrac{\operatorname{sen}(kx)}{kx}\to 1\):

Por L'Hôpital obtinha-se o mesmo de imediato: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{k\cos(kx)}{3}=\frac{k}{3}\).

Como \(0\leqslant 0\), é o primeiro ramo que dá a imagem. Essa expressão é contínua (quociente de funções contínuas, com \(e^{x}+1\gt 0\)):

Agora usa-se o segundo ramo. Não há indeterminação: \(\log\left(0+1\right)=\log 1=0\) e \(0-1=-1\neq 0\).

Usa-se o primeiro ramo. Analisando separadamente:

Usa-se o segundo ramo. Trata-se de uma indeterminação \(\frac{\infty}{\infty}\), mas com um logaritmo no numerador e um polinómio de grau \(4\) no denominador — e o logaritmo cresce muito mais devagar:

O segundo limite mostra ainda que a reta de equação \(y=0\) (o eixo \(Ox\)) é assíntota horizontal ao gráfico de \(f\) em \(+\infty\).

Substituindo \(x\) por \(k\):

Indeterminação \(\frac{0}{0}\).

Derivando em ordem a \(x\) (o parâmetro \(k\) é constante), com \(\left(\ln u\right)'=\frac{u'}{u}\) e \(u=x+1-k\), \(u'=1\):

(a simplificação \(\frac{k}{2k}=\frac{1}{2}\) só é possível porque \(k\neq 0\) — daí a condição do enunciado).

Fazendo a mudança de variável \(y=x-k\) (logo \(y\to 0\)) e usando \(x^{2}-k^{2}=(x-k)(x+k)\):

Como \(1\geqslant 1\), a imagem vem do primeiro ramo, que é contínuo:

A continuidade em \(x=1\) reduz-se, portanto, a \(\displaystyle\lim_{x\to 1^{-}} g(x)=e^{2k}-e^{k}-2\).

Substituindo \(x=1\): \(\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1\), logo o numerador tende para \(\ln(1)=0\); e \(\operatorname{sen}(\pi)=0\). Indeterminação \(\frac{0}{0}\).

Aplica-se a regra de L'Hôpital. Derivando o numerador com \(\left(\ln u\right)'=\frac{u'}{u}\), sendo \(u=\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}x\right)\) e \(u'=\frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)\):

Em \(x=1\): \(\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0\), \(\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1\) e \(\cos(\pi)=-1\). Logo o numerador vale \(\frac{\pi}{2}\times\frac{0}{1}=0\) e o denominador vale \(-\pi\neq 0\):

Confirmação com uma mudança de variável \(t=1-x\to 0^{+}\), usando \(\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}t\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\) e \(\operatorname{sen}(\pi-\pi t)=\operatorname{sen}(\pi t)\):

pois o numerador tende para \(\ln 1=0\) muito mais depressa (é da ordem de \(t^{2}\)) do que o denominador (da ordem de \(t\)).

Fazendo \(y=e^{k}\) (com \(y\gt 0\)) e notando que \(e^{2k}=\left(e^{k}\right)^{2}=y^{2}\), obtém-se uma equação do 2.º grau:

Como \(y=e^{k}\gt 0\), a solução \(y=-1\) é de rejeitar. Fica \(e^{k}=2\).