Limite de Funções Trigonométricas - Área e Perímetro do Círculo

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I. LIMITES TRIGONOMÉTRICOS NOTÁVEIS: 
Vamos utilizar o Teorema do Confronto para demonstrar limites trigonométricos. 
Teorema do Confronto: 
Se as funções , ,f g h estão definidas em um intervalo aberto. Se ( ) ( ) ( )f x g x h x  tal que 
lim ( ) lim ( )
x a x a
f x h x l
→ →
= = então lim ( )
x a
g x l
→
= . 
Teorema Fundamental: 
0
lim 1
x
senx
x→
= 
Demonstração: 
Primeiro, analisaremos o caso em que 0x +→ , isto é, 0x  . 
Considere a seguinte construção geométrica: 
 
A área do triângulo OPA é menor que a área do setor circular OPA que por sua vez é 
menos que a área do triângulo OQA. Vamos denotar estas desigualdades assim: 
OPA OPA OQA    
Então, considerando o ângulo x expresso em radianos e utilizando a fórmula 2
2
S r

= 
para o cálculo da área do setor circular, temos: 
 
2 
 
21
2 2 2 2 2 2
cos
1 1 cos
senx x tgx senx x tgx
senx
senx x
x
x
senx x senx
    
 
 
 
Multiplicando por 0senx  : 
1 cos
cos 1
senx
x
x
senx
x
x
 
 
 
Mas 
0
limcos 1
x
x
→
= 
Portanto pelo teorema do confronto, 
0
lim 1
x
senx
x→
= 
Para analisaremos o caso em que 0x −→ , isto é, 0x  . 
Basta considerar agora a seguinte construção geométrica: 
 
A função ( )
senx
g x
x
= não está definida em 0x = . 
 
 
3 
 
ATENÇÃO: 
Não existe o 
0
cos
lim
x
x
x→
. 
 
 
II. COMPRIMENTO DA CIRCUNFERÊNCIA: 
Em uma circunferência de raio r vamos inscrever um polígono regular de n lados, veja a 
figura: 
 
Cálculo da medida do lado 1 2A A do polígono regular: 
Observando o triângulo retângulo 2OHA tem-se que: 
2
2
1 2 2 1 22 2
HA
sen HA rsen
n r n
A A HA A A rsen
n
 

=  =
=  =
 
Portanto o perímetro do polígono regular é: 
( )1 2
2
P n A A
P nrsen
n

=
=
 
O comprimento da circunferência circunscrita ao polígono é o limite quando o número 
de lados do polígono tende ao infinito, isto é: 
4 
 
0
lim 2
2 2
lim lim 2 lim
0
2 lim 2 lim 2 1 2
2
n
n n n
n
n
P nrsen
n
n rsen rsen sen
n n n nP r
n n n
n
n
sen sen
n nr r r r
n n
P r


   


  

 
   
 

→
→ → →
→
→
=
 
 
 
= = =
→ →
= =  =
=
 
III. ÁREA DO CÍRCULO: 
Em um círculo de raio r vamos inscrever um polígono regular de n lados, veja a figura: 
 
Cálculo da área do triângulo 1 2OA A do polígono regular: 
Sabemos da Geometria que a área de um triângulo pode também ser calculada 
utilizando a fórmula: 
( )( )
2
lado lado sen
S

= 
Portando para o triângulo 1 2OA A temos: 
2 2
2
r
S sen
n

= 
Portanto a área do polígono regular é: 
( )
2 2
2
Pol
Pol
S n S
r
S n sen
n

=
=
 
A área do círculo circunscrito ao polígono é o limite quando o número de lados do 
polígono tende ao infinito, isto é: 
5 
 
2
2
2
2
2 2 2
2
0
2
2
lim
2
2 2 2
2
lim lim lim
2 2 22
2
0
2
lim 1
2
n
n n n
n
r
S n sen
n
sen r sen sen
r n n nS n r
n
n n n
n
n
sen
nr r r
n
S r


  



  


  


→
→ → →
→
=
 
= = = 
 
→ →
=  =
=
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS: 
1. Determine 
0
3
lim
x
sen x
x→
. 
SOLUÇÃO: 
0 0
0 0 0
3 3 3
lim lim
3
3 0 3 0 0
3 3 3
lim lim 3lim 3 1 3
3
x x
x t t
sen x sen x
x x
t x x x t
sen x sent sent
x t t
→ →
→ → →
=
=  →  →  →
= = =  =
 
 
2. Determine 
0
lim
x
tgx
x→
. 
SOLUÇÃO: 
0 0 0 0
1 1coslim lim lim lim
cos cosx x x x
senx
tgx senx senxx
x x x x x x→ → → →
= = = 
Mas, temos: 
0 0
1
cos0 1 limcos 1 lim 1
cosx x
x
x→ →
=  =  = 
Portanto: 
0 0 0 0 0 0
1 1 1coslim lim lim lim lim lim 1 1 1
cos cos cosx x x x x x
senx
tgx senx senx senxx
x x x x x x x x→ → → → → →
= = = = =  = 
6 
 
Conclusão: 
0
lim 1
x
tgx
x→
= 
 
Teorema 1: 
0
0
( ) lim
( ) lim
x
x
senpx
I p
x
tgpx
II p
x
→
→
=
=
 
Teorema 2: 
0
0
0
0
( ) lim
( ) lim
( ) lim
( ) lim
x
x
x
x
senpx p
I
senqx q
tgpx p
II
tgqx q
senpx p
III
tgqx q
tgpx p
IV
senqx q
→
→
→
→
=
=
=
=
 
Observe, como exemplo, o gráfico de 
3
( )
2
sen x
f x
sen x
= . 
 
 
 
 
7 
 
3. Determine 
0
7 3
lim
cos3x
sen x sen x
x x→
−
. 
SOLUÇÃO: 
Transformação de soma e diferença de senos e cossenos em produto: 
2 cos ( )
2 2
A B A B
senA senB sen I
+ −   
+ =    
   
 
2cos ( )
2 2
A B A B
senA senB sen II
+ −   
− =    
   
 
cos cos 2cos cos ( )
2 2
A B A B
A B III
+ −   
+ =    
   
 
cos cos 2 ( )
2 2
A B A B
A B sen sen IV
+ −   
− = −    
   
 
( )( )
( )( )
0
0 0 0
0 0 0
7 3
lim
cos3
7 3
7 3 7 3
2cos
2 cos5 27 3 2 2
( ) lim lim lim
cos3 cos3 cos3
2 cos5 2 2 cos5 1
lim 2lim lim 2 2 4
cos3 cos3 1
x
x x x
x x x
sen x sen x
x x
A x B x
x x x x
sen
x sen xsen x sen x
II
x x x x x x
x sen x sen x x
x x x x
→
→ → →
→ → →
−
=  =
+ −   
   −     = =
= =   =
 
 
4. Calcule 
40
3 3
lim
x
sen x sen x
tgx
x
 
→
 −  
  
  
 
Identidades do arco triplo: 
33 3 4 ( )sen sen sen I  = − 
3cos3 4cos 3cos ( )II  = − 
SOLUÇÃO: 
40
33
4 40 0 0
3 3
lim
3 3 4
lim lim 4lim
x
x x x
sen x sen x
tgx
x
x
sen x sen x sen x sen x tgx
tgx tgx
x x x x
 
 
   
→
→ → →
 −  
  
  
=
    −    
= =        
          
 
8 
 
3 3
3 3
0 0 0
4lim 4lim lim 4 1 4
x x x
sen x tgx sen x tgx
x x x x
 
 
→ → →
    
= =  =    
     
 
5. Determine 
30
lim
x
tgx senx
sen x→
−
 
SOLUÇÃO: 
Identidades do arco metade: 
21 cos 1 cos ( )
2 2 2 2
sen sen I
   − −
=   = 
21 cos 1 coscos cos ( )
2 2 2 2
II
   + +
=   = 
3 3 3 20 0 0 0
2 2 2 20 0 0 0
1 1 cos
1
cos coscoslim lim lim lim
1 cos 1 cos 1 cos
2
1 coscos 2 2lim lim lim 2lim
cos cos cos
x x x x
x x x x
xsenx senxsenx
tgx senx x xx
sen x sen x sen x sen x
x x x
xx
sen x xsen x xsen x xsen x
→ → → →
→ → → →
−   
−−    −    
= = =
−  − −
  −  = = =
 
Logo, aplicando a identidade (I): 
2
2 2
2 2 20 0 0 0 0 0
1 cos
1 12 2 2 22lim 2lim 2lim lim 2lim lim
cos cos cos cosx x x x x x
x x x x
sen sen sen
xsen x xsen x sen x x senx x→ → → → → →
−  
 
= = =  
 
 
 
Aplicando agora o teorema 1 (I): 
2 2
0 0
1
1 1 12 22lim lim 2 1 2
cos 1 4 2x x
x
sen
senx x→ →
   
   
= = =   
   
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 
 
6. Problema Geométrico: 
Na figura abaixo, calcule: 
0
lim
CD AB
CE BE→
−
−
 
 
SOLUÇÃO: 
 
No triângulo retângulo EDC: 
cos cos
CD
CD a
a
 =  = 
No triângulo retângulo BED: 
BE
tg BE atg
a
 =  = 
No triângulo retângulo BAE: 
( )( )
AB
sen AB a tg sen
atg
  

=  = 
Portanto: 
( ) ( )
( )
0 0 0
2
0 0
cos
cos cos
lim lim lim
1
cos
cos
cos
lim lim
1
cos
sen
a sen
a a tg senCD AB
senCE BE a atg
a
sen
CD AB
senCE BE
  
 

 
   







→ → →
→ →
  
−   −−   = =
− −  
− 
 
 
−  
−  =
−
−
 
10 
 
( )( )
( )( )
( )
2 2
0 0 0
0 0
0 0 0
cos coscos
cos coslim lim lim
cos cos
cos cos
cos cos cos
lim lim
cos cos
lim lim cos limcos lim
sen sensen
CD AB
sen senCE BE
sen senCD AB
CE BE sen
CD AB
sen
CE BE
  
 
   
    
 
   
 
    
  
  
→ → →
→ →
→ → → →
− +−
−
= =
− −−
− +−
=
− −
−
= + = +
− 0
1 0 1sen = + =