Regra de L'H - Cálculo 1

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Usamos derivadas para obter um “atalho” para o cálculo de limites.

As derivadas nos permitem pegar problemas que antes eram difíceis de resolver e transformá-los em problemas mais fáceis de resolver. Vamos considerar a regra de L’Hôpital:

Regra de L’Hôpital Sejam $f(x)$ e $g(x)$ funções deriváveis perto de $a$. Se \[ \lim _{x \to a} f(x) = \lim _{x \to a}g(x) = 0 \qquad \text {ou} \pm \infty , \] e $g'(x) \neq 0$ para todo $x$ perto de $a$, então \[ \lim _{x \to a} \frac {f(x)}{g(x)} = \lim _{x \to a} \frac {f'(x)}{g'(x)}, \] desde que $\lim _{x \to a} \frac {f'(x)}{g'(x)}$ exista ou seja $\pm \infty $.

Esse teorema é um tanto difícil de demonstrar, em parte porque abrange muitas possibilidades diferentes, então não o demonstraremos aqui.

A regra de L’Hôpital se aplica mesmo quando $\lim _{x\to a}f(x) = \pm \infty $ e $\lim _{x\to a}g(x) = \mp \infty $.

A regra de L’Hôpital nos permite investigar limites de forma indeterminada.

Lista de formas indeterminadas

$\relax \boldsymbol {\tfrac {0}{0}}$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} \frac {f(x)}{g(x)}$ em que $f(x)\to 0$ e $g(x)\to 0$ quando $x\to a$.
$\relax \boldsymbol {\tfrac {\infty }{\infty }}$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} \frac {f(x)}{g(x)}$ em que $f(x)\to \infty $ e $g(x)\to \infty $ quando $x\to a$.
$\relax \small \boldsymbol {0\cdot \infty }$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} \left (f(x)\cdot g(x)\right )$ em que $f(x)\to 0$ e $g(x)\to \infty $ quando $x\to a$.
$\relax \small \boldsymbol {\infty - \infty }$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a}\left ( f(x)-g(x)\right )$ em que $f(x)\to \infty $ e $g(x)\to \infty $ quando $x\to a$.
$\relax \boldsymbol {1^\infty }$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} f(x)^{g(x)}$ em que $f(x)\to 1$ e $g(x)\to \infty $ quando $x\to a$.
$\relax \boldsymbol {0^0}$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} f(x)^{g(x)}$ em que $f(x)\to 0$ e $g(x)\to 0$ quando $x\to a$.
$\relax \boldsymbol {\infty ^0}$: Refere-se a um limite da forma $\lim _{x\to a} f(x)^{g(x)}$ em que $f(x)\to \infty $ e $g(x)\to 0$ quando $x\to a$.

Em cada um desses casos, o valor do limite não é imediatamente óbvio. Logo, é preciso uma análise cuidadosa!

1 Formas indeterminadas básicas

Nosso primeiro exemplo é o cálculo de um limite que antes era um tanto difícil.

Calcule \[ \lim _{x\to 0} \frac {\sin (x)}{x}. \]

Tome $f(x) = \sin (x)$ e $g(x) = x$. Como tanto $f(x)$ quanto $g(x)$ são funções deriváveis em $0$, e \[ \lim _{x \to 0} f(x) = \lim _{x \to 0}g(x) = 0, \] esta situação é perfeita para a regra de L’Hôpital. Agora, \[ f'(x) = \class{xm-given}{\cos (x)} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{1}. \] A regra de L’Hôpital nos diz que \[ \lim _{x \to 0} \frac {\sin (x)}{x} = \lim _{x \to 0} \frac {\cos (x)}{1} = 1. \]

Observe que o matemático atento vai perceber que, em nosso exemplo acima, estamos trapaceando um pouco. Para aplicar a regra de L’Hôpital, precisamos conhecer a derivada do seno; porém, para conhecer a derivada do seno, precisamos ser capazes de calcular o limite: \[ \lim _{x\to 0}\frac {\sin (x)}{x} \] Logo, usar a regra de L’Hôpital para calcular esse limite é um argumento circular! Encorajamos o gentil leitor a ver a regra de L’Hôpital como um “lembrete” do que é verdade, e não como a dedução formal do resultado.

Calcule: \[ \lim _{x\to \infty } \dfrac {3x^2 + 1}{2xe^x}.\]

Tome $f(x) =3x^2+1$ e $g(x)=2xe^x$. Como $\displaystyle \lim _{x\to \infty }f(x) = \infty $ e $\displaystyle \lim _{x\to \infty } g(x) = \infty $, este é um limite da forma $\inftyOverInfty $, então a regra de L’Hôpital (RLH) se aplica. Isso dá: \[ \lim _{x\to \infty } \dfrac {3x^2 + 1}{2xe^x} = \lim _{x\to \infty }\dfrac {6x}{2e^x + 2xe^x}. \] O lado direito é outro limite da forma $\inftyOverInfty $, então podemos usar a RLH de novo. \[ \lim _{x\to \infty }\dfrac {6x}{2e^x + 2xe^x} = \lim _{x\to \infty }\dfrac {6}{4e^x + 2xe^x}. \] Esse limite tem numerador tendendo a $6$ e denominador tendendo a $\infty $, de modo que seu valor é $0$.

\[ \lim _{x\to \infty }\dfrac {3x^2+1}{2xe^x} = 0\]

Nosso próximo conjunto de exemplos percorre as demais formas indeterminadas que costumam aparecer.

2 Formas indeterminadas envolvendo multiplicação

$\zeroTimesInfty $ são formas que surgem de um limite do tipo $\displaystyle \lim _{x\to a}f(x)g(x)$. Uma maneira de escrever $f(x)g(x)$ como uma fração é lembrar que \[ f(x)g(x) = \dfrac {f(x)}{\left (\dfrac {1}{g(x)}\right )} = \dfrac {g(x)}{\left (\dfrac {1}{f(x)}\right )}. \]

Calcule \[ \lim _{x\to \pi /2^+} \frac {\sec (x)}{\tan (x)}. \]

Tome $f(x) = \sec (x)$ e $g(x) = \tan (x)$. Tanto $f(x)$ quanto $g(x)$ são deriváveis perto de $\pi /2$. Além disso, \[ \lim _{x \to \pi /2^+} f(x) = \lim _{x \to \pi /2^+}g(x) = -\infty . \] Esta situação é perfeita para a regra de L’Hôpital. Agora, \[ f'(x) = \class{xm-given}{\sec (x)\tan (x)} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{\sec ^2(x)}. \] A regra de L’Hôpital nos diz que \begin{align*} \lim _{x\to \pi /2^+} \frac {\sec (x)}{\tan (x)} &= \lim _{x\to \pi /2^+} \frac {\sec (x)\tan (x)}{\sec ^2(x)} \\ &= \lim _{x\to \pi /2^+} \sin (x)\\ &=\class{xm-given}{1}. \end{align*}

Calcule \[ \lim _{x\to 0^+} x\ln (x). \]

Este limite não parece adequado para a regra de L’Hôpital. Quando $x$ se aproxima de zero, $\ln (x)$ vai para $-\infty $, então o produto se parece com \[ (\text {algo muito pequeno})\cdot (\text {algo muito grande e negativo}). \] Esse produto poderia ser qualquer coisa. É preciso uma análise cuidadosa. Escreva \[ x\ln (x) = \frac {\ln (x)}{x^{-1}}. \] Tome $f(x) = \ln (x)$ e $g(x) = x^{-1}$. Como ambas as funções são deriváveis perto de zero e \[ \lim _{x\to 0+} \ln (x) = -\infty \qquad \text {e}\qquad \lim _{x\to 0+} x^{-1} = \infty , \] podemos aplicar a regra de L’Hôpital. Escreva comigo \[ f'(x) = \class{xm-given}{x^{-1}} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{-x^{-2}}, \] então \begin{align*} \lim _{x\to 0^+} x\ln (x) &= \lim _{x\to 0^+} \frac {\ln (x)}{x^{-1}} \\ &= \lim _{x\to 0^+} \frac {x^{-1}}{-x^{-2}}\\ &=\lim _{x\to 0^+} -x \\ &= 0. \end{align*}

Uma maneira de interpretar isso é que, como $\lim _{x\to 0^+}x\ln (x) = 0$, a função $x$ se aproxima de zero muito mais rápido do que $\ln (x)$ se aproxima de $-\infty $.

3 Formas indeterminadas envolvendo subtração

Há dois casos básicos aqui; faremos um exemplo de cada.

Calcule \[ \lim _{x\to 0} \left (\cot (x) - \csc (x)\right ). \]

Aqui basta escrever cada termo como uma fração, \begin{align*} \lim _{x\to 0} \left (\cot (x) - \csc (x)\right ) &= \lim _{x\to 0} \left (\frac {\cos (x)}{\sin (x)} - \frac {1}{\sin (x)}\right )\\ &= \lim _{x\to 0} \frac {\cos (x)-1}{\sin (x)} \end{align*}

Tomando $f(x) = \cos (x)-1$ e $g(x)=\sin (x)$, ambas as funções são deriváveis perto de zero e \[ \lim _{x\to 0}(\cos (x)-1)=\lim _{x\to 0}\sin (x) = 0. \] Podemos agora aplicar a regra de L’Hôpital. Escreva comigo \[ f'(x) = \class{xm-given}{-\sin (x)} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{\cos (x)}, \] então \begin{align*} \lim _{x\to 0} \left (\cot (x) - \csc (x)\right ) &= \lim _{x\to 0} \frac {\cos (x)-1}{\sin (x)}\\ &= \lim _{x\to 0} \frac {-\sin (x)}{\cos (x)} \\ &=0. \end{align*}

Às vezes é preciso ser um pouco mais esperto.

Calcule \[ \lim _{x\to \infty }\left (\sqrt {x^2+x}-x\right ). \]

Novamente, este limite não parece adequado para a regra de L’Hôpital. Um pouco de manipulação algébrica vai ajudar. Escreva comigo \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\left (\sqrt {x^2+x}-x\right ) &= \lim _{x\to \infty }\left (x\left (\sqrt {1+1/x}-1\right )\right )\\ &=\lim _{x\to \infty }\frac {\sqrt {1+1/x}-1}{x^{-1}} \end{align*}

Agora tome $f(x) = \sqrt {1+1/x}-1$, $g(x) = x^{-1}$. Como ambas as funções são deriváveis para valores grandes de $x$ e \[ \lim _{x\to \infty } (\sqrt {1+1/x}-1) = \lim _{x\to \infty }x^{-1} = 0, \] podemos aplicar a regra de L’Hôpital. Escreva comigo \[ f'(x) = \class{xm-given}{(1/2)(1+1/x)^{-1/2}\cdot (-x^{-2})} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{-x^{-2}} \] então \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\left (\sqrt {x^2+x}-x\right ) &= \lim _{x\to \infty }\frac {\sqrt {1+1/x}-1}{x^{-1}} \\ &= \lim _{x\to \infty }\frac {(1/2)(1+1/x)^{-1/2}\cdot (-x^{-2})}{-x^{-2}} \\ &= \lim _{x\to \infty } \frac {1}{2\sqrt {1+1/x}}\\ &= \frac {1}{2}. \end{align*}

4 Formas indeterminadas exponenciais

Há um truque padrão para lidar com as formas indeterminadas \[ \oneToInfty ,\quad \zeroToZero ,\quad \inftyToZero . \] Dadas $u(x)$ e $v(x)$ tais que \[ \lim _{x\to a}u(x)^{v(x)} \] se encaixa em uma das categorias descritas acima, reescrevemos como \[ \lim _{x\to a}e^{\ln \left (u(x)^{v(x)}\right )} \] e, em seguida, reescrevemos como \[ \lim _{x\to a}e^{v(x)\ln {(u(x))}}. \] Lembre-se de que a função exponencial é contínua. Portanto, \[ \lim _{x\to a}e^{v(x)\ln {(u(x))}}=e^{\left [\lim _{x\to a} v(x)\ln (u(x))\right ]}. \] Agora vamos nos concentrar no limite \[ \lim _{x\to a} v(x)\ln (u(x)) \] usando a regra de L’Hôpital. (Depois de calcular esse limite, não se esqueça de substituir o resultado de volta na exponencial.)

Nos dois últimos exemplos abaixo, note que eles são formas indeterminadas exponenciais diferentes, mas os abordamos com a mesma técnica.

Primeiro determine a forma do limite e, em seguida, calcule o limite. \[ \lim _{x\to 0^+} x ^{\sin (x)}. \] Selecione a alternativa correta. A forma do limite é

$\zeroOverZero $ $\relax \boldsymbol {\tfrac {\infty }{\infty }}$ $\zeroTimesInfty $ $\relax \small \boldsymbol {\infty - \infty }$ $\oneToInfty $ $ \inftyToZero $ $\zeroToZero $

Escreva \[\lim _{x\to 0^+} x^{\sin (x)} = e^{\left [ \lim _{x\to 0^+} \sin (x) \ln (x) \right ]}.\] Agora olhamos para o limite no expoente. \[ \lim _{x\to 0^+} \sin (x) \ln (x) = \lim _{x\to 0^+} \dfrac {\ln (x)}{(\sin (x))^{-1}} =\lim _{x\to 0^+} \dfrac {\ln (x)}{\csc (x)}\] Como $\displaystyle \lim _{x\to 0^+} \ln (x) = \class{xm-given}{-\infty }$ e $\displaystyle \lim _{x\to 0^+}\csc (x) = \class{xm-given}{\infty }$, sabemos que $\displaystyle \lim _{x\to 0^+} \dfrac {\ln (x)}{\csc (x)}$ tem a forma $\inftyOverInfty $, então podemos aplicar a regra de L’Hôpital.

Isso dá: \begin{align*} \lim _{x\to 0^+} \dfrac {\ln (x)}{\csc (x)} &= \lim _{x\to 0^+} \dfrac { \frac {1}{x} }{-\csc (x)\cot (x)}, \textrm { regra de l'H\^{o}pital}\\ &= \lim _{x\to 0^+} \dfrac {- \sin (x)\tan (x)}{x}, \textrm { álgebra}\\ &= \lim _{x\to 0^+} \dfrac {-\sin (x)\sec ^2(x) - \cos (x)\tan (x)}{1}, \textrm {regra de l'H\^{o}pital}\\ &= \dfrac {0 - 0}{1} = 0. \end{align*}

Note que $\displaystyle \lim _{x\to 0^+} \dfrac {- \sin (x)\tan (x)}{x}$ tinha a forma $\zeroOverZero $; usamos a regra de L’Hôpital de novo nesse passo.

Lembre-se de que $\displaystyle \lim _{x\to 0^+} x^{\sin (x)} = e^{\left [ \lim _{x\to 0^+} \sin (x) \ln (x) \right ]}$. Acabamos de calcular que $\displaystyle \lim _{x\to 0^+} \sin (x)\ln (x) = 0$, o que significa: \[\lim _{x\to 0^+} x^{\sin (x)} = \class{xm-given}{1}\]

Primeiro determine a forma do limite e, em seguida, calcule o limite. \[ \lim _{x\to \infty }\left (1 + \frac {1}{x}\right )^x. \] Selecione a alternativa correta. A forma do limite é

$\zeroOverZero $ $\relax \boldsymbol {\tfrac {\infty }{\infty }}$ $\zeroTimesInfty $ $\relax \small \boldsymbol {\infty - \infty }$ $\oneToInfty $ $ \inftyToZero $ $\zeroToZero $

Escreva \[ \lim _{x\to \infty }\left (1 + \frac {1}{x}\right )^x = e^{\left [\lim _{x\to \infty }x\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )\right ]}. \] Agora olhe para o limite do expoente \[ \lim _{x\to \infty } x\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right ) = \lim _{x\to \infty } \frac {\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )}{x^{-1}}. \] Tomando $f(x) = \ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )$ e $g(x) = x^{-1}$, ambas as funções são deriváveis para valores grandes de $x$ e \[ \lim _{x\to \infty }\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )=\lim _{x\to \infty }x^{-1} = 0. \] Podemos agora aplicar a regra de L’Hôpital. Escreva \[ f'(x) = \class{xm-given}{\frac {-x^{-2}}{1 + \frac {1}{x}}} \] e \[ g'(x) = \class{xm-given}{-x^{-2}}, \] então \begin{align*} \lim _{x\to \infty } \frac {\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )}{x^{-1}} &= \lim _{x\to \infty } \frac {\frac {-x^{-2}}{1 + \frac {1}{x}}}{-x^{-2}} \\ &=\lim _{x\to \infty } \frac {1}{1 + \frac {1}{x}}\\ &=1. \end{align*}

Logo, \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\left (1 + \frac {1}{x}\right )^x &=e^{ \eval {\lim _{x\to \infty }x\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )}} \\ &=e^{ \eval {\lim _{x\to \infty } \frac {\ln \left (1 + \frac {1}{x}\right )}{x^{-1}}}} \\ &=e^{1} \\ &= e. \end{align*}