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QUESTÕES RESOLVIDAS PASSO A PASSO - LIMITE
Escrito por Carlos André Matos. Currículo Lattes. 
△ [ QUESTÃO DE PROVA ] Calcule limx→0ln(cos(x))x2. 
Utilizando os conhecimento da propriedade de logarítmo ( u.ln(b)=ln(b)u ) , podemos reorganizar a expressão para a configuração do limite fundamental exponencial : 
limu→∞(1+1u)u=e 
limx→01x2ln[cos(x)]=limx→0ln[cos(x)]1x2
Agora iremos manipular de forma que a aparecer a configuração completa do limite fundamental, nosso desafio é manipular cos(x) de tal forma que no argumento do ln(cos(x)) apareça o numero 1 . 
Lançando mãos dos conhecimentos de identidades trigonométricas poderemos fazer tais manipulações. É crucial a revisão ou até o estudo do inicio da Trigonometria. Vamos parar de conversa e seguir com as contas e as manipulações. 
A identidade trigonométrica cos2(u)+sin2(u)=1 será usada para manipulações. 
limx→0ln[cos(x)]1x2=limx→0ln[(cos(x)−−−−−√)2]1x2=limx→0ln[cos2(x)−−−−−−√]1x2=limx→0ln⎡⎣⎢(cos2(x))12⎤⎦⎥1x2
=limx→0ln[(cos2(x))]12x2=limx→0ln[(1−sin2(x))]12x2=
Observamos que no expontente temos uma fração, vamos multiplicar o numerador e o denominador por sin2(x) , aí, você me pergunta, André porque devo fazer esse artificio ? Bom, sempre tenha em mente que você irá manipular a expressão de tal forma que possa chegar na configuração do limite fundamental, e nele temos que a função deve estar na base e no expoente, no nosso caso ela já está na base, só falta aparecer no expoente, mas só levamos a parte com a incógnita x . 
Assim, vamos dar proseeguimento ao nosso trabalho, 
=limx→0ln[(1−sin2(x))]1.sin2(x)2x2sin2(x)
 
=limx→0⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪ln[(1−sin2(x))]1sin2(x)⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪sin2(x)2x2
Abaixo utilizarei a propriedade de logarítmo mencionada logo no inicio, agora de forma contrária a empregada anteriormente.
=limx→0[sin2(x)2x2].ln[(1−sin2(x))]1sin2(x)
Vamos trabalhar simultaneamente com os dois limites. Usando as propriedades de limite, no caso do produto, temos 
=limx→0[12(sin(x)x)2].ln[limx→0(1−sin2(x))]1sin2(x)
 
=limx→012.limx→0[(sin(x)x)2].ln[limx→0(1−sin2(x))]1sin2(x)
 
=12.(1)2.ln[limx→0(1−sin2(x))]1sin2(x)
 
=12.ln[limx→0(1−sin2(x))]1sin2(x)
Faremos uma mudança de variável para deixarmos nossa expressão com a configuração do limite fundamental , 
Chamando 1φ=−sin2(x)⇔−φ=1sin2(x). Quando x→0;φ→∞ 
Reescrevendo o limite, temos por fim 
12ln[limφ→∞(1+1φ)φ]−1=12ln(e−1)=12(−1)ln(e)=−12
 
 △ Determine o valor da constante m e n para que f(x) seja contínua f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x+(m2−4)m−arctan(11x),sin(nx)ln(1+100x),x<0x>0 
Solução : 
Precisamos verificar se o ∃limx→af(x). 
Para isso, precisamos calcular os limites laterais.
Se x=0 , então f(0)=m−1. 
(i) limx→0−f(x)=limx→0−x+(m2−4)m−arctan(11x)=0+(m2−4)m−arctan(11.0)=(m2−4)m 
E como, f(0)=limx→0−f(x) para que f(x) seja contínua . 
(m2−4)m=m−1
(ii) limx→0+f(x)=limx→0+sin(nx)ln(1+100x) 
Multiplicamos numerador e denominador por nx 
limx→0+[sin(nx)ln(1+100x)][nxnx]=limx→0+[sin(nx)nx].limx→0+[nxln(1+100x)].
Assim, temos o limite (respectivamente) : limx→0+[sin(nx)nx] 
Fazendo uma mudança de variável, 
ξ=nx. Quando x→0+;ξ→0. Pois ξ=n.0=0. 
Assim,
limx→0+sin(nx)nx=limξ→0+sin(ξ)ξ=1.
Para o outro limite , temos 
limx→0+[nxln(1+100x)]=limx→0+[ln(1+100x)nx]−1
=[limx→0+ln(1+100x)nx]=limx→0+[ln(1+100x)nx]−1
Usando as propriedades de logarítmo e de limite , podemos organizar a expressão para que possamos visualizar melhor o limite fundamental em questão. 
limx→0+[1nxln(1+100x)]−1=⎧⎩⎨⎪⎪lnlimx→0+[1+100x]1nx⎫⎭⎬⎪⎪−1
Observamos que o limite acima tem a aparência da configuração do limite fundamental limu→∞(1+1u)u=e 
Para chegarmos a esta configuração, faremos uma mudanaça de variável adequada. 
Chamando 1ψ=100x⇔1100ψ=x⇔1x=100ψ .Quando x→0+;ψ→∞. 
Logo,
⎧⎩⎨⎪⎪lnlimx→0+[1+100x]1nx⎫⎭⎬⎪⎪−1
=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪lnlimψ→+∞[1+1ψ]100ψn⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪−1
=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎡⎣⎢⎢⎢ln(limψ→+∞[1+1ψ]ψ)100n⎤⎦⎥⎥⎥⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪−1=⎧⎩⎨⎪⎪ln[(e)]100n⎫⎭⎬⎪⎪−1=[100nln(e)]−1
=[100n]−1=n100
Por último temos ,
(m2−4)m=m−1⇔m(m2−4)m=(m−1)m⇔(m2−4)=m2−m⇔−4=−m⇔4=m.
E sabemos que limx→0+f(x)=f(0)=m−1=4−1=3=n100⇔300=n 
Portanto, para que f(x) seja contínua, m=4 e n=300 
 △ Determine o valor das constantes m e n para que f(x) seja contínua f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪esin(x)−1x,mcos(πx)+n,x3+11x2−93x+153x3−4x2−3x+18,x<00≤x≤3x>3 
Precisamos verificar se ∃limx→af(x). 
Para isso, precisamos calcular os limites laterais.
Para x→0. 
(i) limx→0−f(x)=limx→0−esin(x)−1x 
Multiplica numerador e denominador por sin(x) 
limx→0−[esin(x)−1x][sin(x)sin(x)]=limx→0−[esin(x)−1sin(x)][sin(x)x]
Usando as propriedades de limite, reescrevemos , 
limx→0−[esin(x)−1sin(x)].limx→0−[sin(x)x]=limx→0−[esin(x)−1sin(x)].1
Fazendo uma mudança de variável. Chamando ϕ=sin(x) . Quando x→0−;ϕ→0− , pois ϕ=sin(0)=0 
Assim, temos
limx→0−[esin(x)−1sin(x)]=limϕ→0−eϕ−1ϕ=ln(e)=1.
(ii) limx→0+f(x)=limx→0+mcos(πx)+n=mcos(0)+n=m+n 
Logo, para que exista o limx→0f(x);limx→0−f(x)=limx→0+f(x). 
1=m+n 
Para x→3. 
(i) limx→3−f(x)=limx→3−mcos(πx)+n=mcos(3π)+n=−m+n 
(ii) limx→3+f(x)=limx→3+x3+11x2−93x+153x3−4x2−3x+18 
Observamos uma indeterminação. Vamos fatorar os polinômios. Recomendo usar o Dispositivo de Briot-Ruffini. Tente simplificar ao máximo, se precisar, faça mais de uma divisão. 
limx→3+x3+11x2−93x+153x3−4x2−3x+18=limx→3+(x−3)2(x+17)(x−3)2(x+2)=limx→3+(x+17)(x+2)
=(3+17)(3+2)=205=4.
Assim, para que o limite exista
limx→3−f(x)=limx→3+f(x).
Logo, −m+n=4. 
Reunindo as informações dos itens, temos o sistema : 
{m+n=1,−m+n=4,
0+2n=1+4⇔n=52.
Logo 
m+n=1⇔m+52=1⇔m=1−52⇔m=(2).1(2)−52⇔m=2−52⇒m=−32
Portanto, m=−32 e n=52 
△ Determine o valor da constante m para que f(x) seja contínua f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin(11x−22)3x−6,m,x3+5x2−32x+36x3−3x2+4,x<0x=2x>2
Precisamos verificar se ∃limx→af(x). 
Para isso, precisamos calcular os limites laterais.
(i) limx→2−f(x)=limx→2−sin(11x−22)3x−6=limx→2−sin[11(x−2)]3(x−2). 
Fazendo uma mudança de variável. Chamando ϕ=x−2 . Quando x→2−;ϕ→0− , pois ϕ=2−2=0 
Assim, temos
limx→2−sin[11(x−2)]3(x−2)=limϕ→0−sin[11(ϕ)]3(ϕ).
multiplicando numerador e denominador por 11 
limϕ→0−11sin[11(ϕ)](11)3(ϕ)=limϕ→0−113[sin[11ϕ](11ϕ)]=.
Fazendo agora uma outra mudança de variável, ψ=11ϕ. Quando ϕ→0−;ψ→0− 
limψ→0−113.limψ→0−[sin[ψ]ψ]=113.1=113.
(ii) limx→2+f(x)=limx→2+x3+5x2−32x+36x3−3x2+4 
Observamos uma indeterminação. Vamos fatorar os polinômios. Recomendo usar o Dispositivo de Briot-Ruffini. Tente simplificar ao máximo, se precisar, faça mais de uma divisão. 
limx→2+x3+5x2−32x+36x3−3x2+4=limx→2+(x−2)2(x+9)(x−2)2(x+1)=limx→2+(x+9)(x+1)=(2+9)(2+1)=113.
Assim,
limx→2−f(x)=limx→2+f(x).
Logo, limx→2f(x)=113. 
Portanto, m=113 
[ QUESTÃO 46 DA LISTA DE EXERCÍCIOS DESTE BLOG ]
Calcule limx→0eαx−eβxx 
Observamos uma indeterminção. Lembre-se da configuração do limite fundamental 
limu→0au−1u=ln(a).
Vamos " somar 0 " no numerador da experessão. 
limx→0eαx−eβx+1−1x
Agora reorganizando os termos levando em consideração a configuração do limite fundamental. 
limx→0{[eαx−1x]−[eβx−1x]}
Usando as propriedades de limites, temos 
{limx→0eαx−1x}−{limx→0eβx−1x}
Fazendo uma mudança de variável para os dois limites. Chamando , 
u=αx⇔uα. Quando x→0;u→0 .
Agora fazendo a mudança para o limite da direita, temos w=βx⇔wβ=x. Quando x→0;w→0 . 
Por último, reescrevendo o limite com as devidas mudanças; 
{limx→0eαx−1x}−{limx→0eβx−1x}=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limu→0eu−1(uα)⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪−⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limw→0ew−1(wβ)⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪
=limu→0α[eu−1u]−limw→0β[ew−1w]
=limu→0α.limu→0[eu−1u]−limw→0β.limw→0[ew−1w]=αln(e)−βln(e)=α−β
OBS:ln(e)=loge(e)=1 !!! 
Site com aulas de trigonometria básica dentre outros assuntos. 
[ SEÇÃO DE EXERCÍCIOS ]
Calcule os seguintes limites, caso existam: 
[1] limx→−22x3+9x2+12x+4−x3−2x2+4x+8 Resp.: −34 
[2] limx→1+x2−1−−−−−√+x√−1x−1−−−−√ Resp.: 2√ 
[3] limx→0x4+1−−−−−√5−1x4Resp.: 15 
[4] limx→1x√7−1x√3−1 Resp.: 37 
[5] limx→01−cos(x)−−−−−√3x2 Resp.: 16 
[6] limx→0sin3(x)sin(1x)x2 Resp.: 0 
[7] limx→1+sin(x3−1)cos(11−x)x−1−−−−√ Resp.: 0 
[8] limx→2−x2−2xx2−4x+4 Resp.: −∞ 
[9] limx→+∞7x6+5x4+7−−−−−−−−−−−√x4+2−−−−−√ Resp.: 0 
[10] limx→2(x2−2x)sin(x2−4)x2+2−−−−−√−4x−−√ Resp.: 322√ 
[11] limx→−∞7x12+5x4+7−−−−−−−−−−−−√42x3+2 Resp.: −7√42 
[12] limx→+∞(x√cos(x)+2x2sin(1x)x−1+x2−−−−−√ Resp.: −∞ 
[13] Verifique se as funções possuem Assíntotas Verticais e Horizontais.
(i) f(x)=1x2+3x−40 
Resp.: Assíntota vertical( as retas x=−8 e x=5 ). Assintota horizontal ( a reta y=0 ) 
(ii) f(x)=11−x−1−−−−√ 
Resp.: Assíntota vertical( a reta x=2;x>0 ). Assíntota horizontal ( a reta y=0 ) 
[1]
[ △ ] Calcule limx→∞{x[ln(x+1)−ln(x)]} 
Observamos uma indeterminação. Utilizando as propriedades de logarítmo vamos reescrever a expressão. 
limx→∞{x[ln(x+1)−ln(x)]}=limx→∞{x[ln(x+1x)]}
 
=limx→∞{ln(x+1x)x}=limx→∞{ln(1+1x)x}
 
=ln{limx→∞(1+1x)x}
 
=ln(e)=1.
 
Fórmulas para recorrer em Cálculo Diferencial e Integral 
[ △ ] Calcule limx→0[sin(x)x]sin(x)x−sin(x) 
Observamos uma indeterminação do tipo ( 1∞ ). 
Solução: Vamos primeiramente reescrever o expoente da expressão: 
sin(x)x−sin(x)=sin(x)x1−sin(x)x
Observe que dividimos numerador e denominador por x.
Agora faremos uma mudança de variável, chamando φ=1−sin(x)x⇔1−φ=sin(x)x.<br
 Quando x→0;φ→0. 
E podemos escrever sin(x)x−sin(x)=1−φφ=1φ−1 
Logo:
limx→0[sin(x)x]sin(x)x−sin(x)=limφ→0[1−φ]1φ−1
 
=limφ→0[1−φ]1φ.limφ→0[1−φ]−1
Temos agora um produto de limites : 
(I) limφ→0[1−φ]1φ 
(II) limφ→0[1−φ]−1=[1−0]−1=1 
Calculo do limite (I) : limφ→0[1−φ]1φ 
Faremos uma mudança de variável adequanda, levando em consideração o nosso limite fundamental exponenciallimu→∞(1+1u)u=e 
Chamando −φ=1κ⇔−κ=1φ . Quando φ→0;κ→∞. 
Reescrevendo o limite, temos
limφ→0[1−φ]1φ=limκ→∞[1+1κ]−κ
 
=limκ→∞{[1+1κ]κ}−1={limκ→∞[1+1κ]κ}−1={e}−1=1e
 
</br
Limite Fundamental Exponencial
limu→∞(1+1u)u=e 
e = constante Euler 
e=2.718281... (número irracinal ) 
e base do logarítmo neperiano: y=ln(e)=1 
(i)Calcule limx→01xln[1+x1−x−−−−−√] 
Verifica-se uma indeterminação do tipo (∞.0) . Vamos usar as propriedades de limites e conhecimentos de propriedades de Logaritmo. 
limx→01xln[1+x1−x−−−−−√]=limx→01xln[1+x1−x]12
=limx→0ln[1+x1−x]12x
Observe que utilizamos a propriedade de u.log(a)=log(a)u 
Vamos utilizar agora abaixo a propriedade .log(ab)=log(a)−log(b) 
limx→0⎡⎣⎢ln(1+x)12x−ln(1−x)12x⎤⎦⎥
=⎡⎣⎢lnlimx→0(1+x)12x−lnlimx→0(1−x)12x⎤⎦⎥
⎡⎣⎢lnlimx→0(1+x)12x−lnlimx→0(1−x)12x⎤⎦⎥
Vamos calcular separadamente cada limite, assim, vamos escrever a expressão acima da seguinte forma : 
⎡⎣⎢lnlimx→0(1+x)12x−lnlimx→0(1−x)12x⎤⎦⎥
K1=limx→0(1+x)12x
e
K2=limx→0(1−x)12x
Logo,
[ln(K1)−ln(K2)]
Calculando os limites, temos 
K1=limx→0(1+x)12x=limx→0⎡⎣⎢(1+x)1x⎤⎦⎥12 
Vamos fazer uma mudança de variável : 
Chamando ξ=1x⇔x=1ξ quando x→0;ξ→∞ 
Logo,
limξ→0[(1+1ξ)ξ]12=e12
De forma analoga faremos para K2 
K2=limξ→0(1−x)12x=limξ→0⎡⎣⎢(1−x)1x⎤⎦⎥12
Vamos fazer uma mudança de variável : 
Chamando −x=1κ⇔−κ=1x quando x→0;κ→∞ 
Logo,
limκ→0[(1+1κ)−κ]12=limκ→0[(1+1κ)κ]−12=e−12
Assim,
[ln(K1)−ln(K2)]=⎡⎣⎢ln(e12)−ln(e−12)⎤⎦⎥
=12ln(e)−(−12ln(e))=12.1+12.1=1
Publicada em 03 de Agosto de 2013 às 16:16h. 
Teorema do Valor Intermediário.
Sejam f uma função contínua em I[a,b] e M um número qualquer tal que f(a)<M<f(b). Então, existe um número c∈(a,b) tal que f(c)=M. 
[Ex1] Mostre que existe uma raiz entre 1 e 2 da equação 4x3−6x2+3x−2=0. 
Definimos f(x)=4x3−6x2+3x−2. 
Observamos que f(1)=4.1−6.1+3.1−2=−1<0. 
e f(2)=4.2−6.2+3.2−2=12>0. 
Logo, f(1)<0<f(2) , além disso f(x) é um polinômio. Portanto f é contínua e satisfaz as hipoteses do TVI(Teorema do Valor Intermediário) , assim existe ∈(a,b) tal que f(c)=0. 
Obs: O Teorema do Valor Intermediário possui uma aplicação para a resolução numérica de equações. 
[Ex2] Considere a função f(x)=12−x2−x5 , no intervalo [−1,1] como f é contínua e muda de sinal entre −1 e 1 , f(−1)=12>0,f(1)=−32<0, o Teorema do Valor Intermediário implica que deve existir pelo menos um ponto c∈[−1,1] tal que f(c)=0. 
LIMITES FUNDAMENTAIS
Limite Trigonométrico Fundamental: limu→0sin(u)u=1
[Ex1] limx→0sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos[π2−(πx3)]x⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 
Verifica-se uma indeterminação. Usando as propriedades de limite, vamos reescrever a expressão: 
sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limx→0cos[π2−(πx3)]x⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪
Sabemos que cos(α−β)=cos(α)cos(β)+sin(α)sin(β). Assim, temos o limite 
sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limx→0cos(π2)cos(πx3)+sin(π2)sin(πx3)x⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪
Sabemos que cos(π2)=0 e sin(π2)=1.
Com essas informações, vamos novamente reescrever o limite com as devidas substituições 
=sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limx→00cos(πx3)+1.sin(πx3)x⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪=sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limx→0sin(πx3)x⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪
Fazendo uma troca de variável, ξ=πx3⇔3ξπ=x; Quando x→0,ξ→0, pois ξ=π.03=0 
Assim, temos 
sin⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪limξ→0sin(ξ)(3ξπ)⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪=sin{limξ→0π3sin(ξ)ξ}
 
=sin{limξ→0π3.limξ→0sin(ξ)ξ}=sin(π3.1)=sin(π3)=3√2
Recomendo uma revisão de algumas Identidades Trigonométricas!!!
[Ex2] limx→0esin(x)−1sin(x)
Verifica-se uma indeterminação. Assim, vamos fazer uma troca de variável adequada para podermos resolver este limite que a priori tem a configuração do limite fundamental : limu→0au−1u=ln(a)
Chamando ψ=sin(x), quando x→0,ψ→0, pois ψ=sin(0)=0 
Agora reescrevendo o limite, temos 
limx→0esin(x)−1sin(x)=limψ→0eψ−1ψ=ln(e)=loge(e)=1
 
[Ex3] limx→0xcot(3x) 
Verifica-se uma indeterminação do tipo (0.∞). Vamos inicialmente reescrever a expressão de modo que possamos visualizar uma possível configuração do nosso limite fundamental. 
Temos,
limx→0xcot(3x)=limx→0xcos(3x)sin(3x)=limx→0xsin(3x)limx→0cos(3x)
 
=[limx→0sin(3x)x]−1limx→0cos(3x).
Fazendo uma troca de variável simples: u=3x⇔u3=x. Quando x→0;u→0 
⎡⎣⎢limu→0sin(u)u3⎤⎦⎥−1limu→0cos(u)=[limu→03sin(u)u]−1limu→0cos(u)
 
=[limu→03]−1[limu→0sin(u)u]−1limu→0cos(u)
 
=[3]−1[1]−1cos(0)=13.1.1=13
 
[Ex4] limx→02arcsin(x)3x
Verifica-se uma indeterminação. Assim, vamos fazer uma troca de variável adequada para podermos resolver este limite que a priori tem a configuração do limite fundamental trigonométrico : limu→0sin(u)u=1 
Chamando
φ=arcsin(x)⇔sin(φ)=sin[arcsin(x)]⇔sin(φ)
=x⇔x=sin(φ)
Quando x→0⇒φ→0 pois φ=arcsin(0)⇒φ=0 Assim, reescrevendo o limite, temos: 
limx→02arcsin(x)3x=limφ→02φ3sin(φ)=[limφ→03sin(φ)2φ]−1
 
=[limφ→032sin(φ)φ]−1=[limφ→032]−1[limφ→0sin(φ)φ]−1
=[32]−1[1]−1=23
 
[Ex5] limx→05arcsin(3x)2x
Verifica-se uma indeterminação. Assim, vamos fazer uma troca de variável adequada para podermos resolver este limite que a priori tem a configuração do limite fundamental trigonométrico : limu→0sin(u)u=1 Chamando
φ=arcsin(3x)⇔sin(φ)=sin[arcsin(3x)]⇔sin(φ)
 
=3x⇔x=sin(φ)3
Quando x→0⇒φ→0 pois φ=arcsin(3.0)⇒φ=0 
Assim, reescrevendo o limite, temos: 
limφ→05φ2(sin(φ)3)
 
=limφ→0152φsin(φ)=152limφ→0φsin(φ)
 
=152limφ→0[sin(φ)φ]−1=152[limφ→0sin(φ)φ]−1
 
=152[1]−1=152
 
Publicada em 02 de Agosto de 2013 às 19:29h. 
[Ex6 ]Calcule limx→0sin(κx)βx
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos fazer uma troca de variável 
ω=κx⇔x=ωκ 
Quando x→0,ω→0. 
Agora reescrevendo o limite, temos 
limx→0sin(κx)βx=limω→0sin(ω)βωκ
 
=limω→0κβ[sin(ω)ω]
Sabendo que limω→0sin(ω)ω=1.
Logo,
limω→0κβ[sin(ω)ω]=κβ.1=κβ
 
[Ex7]Calcule limx→0tan(x)x
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos reescrever tan(x)=sin(x)cos(x) 
Assim,
limx→0sin(x)xcos(x)=limx→0sin(x)x.limx→01cos(x)
=1.1cos(0)=1.1=1
 
[Ex8] Calcule limx→0sin(5x)−sin(2x)x 
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limitefundamental trigonométrico. Vamos reescrever o limite de forma conviniente , 
limx→0sin(5x)−sin(2x)x=limx→0[sin(5x)x−sin(2x)x]
 
=[limx→0sin(5x)x−limx→0sin(2x)x]=[limx→05sin(5x)5x−limx→02sin(2x)2x]=
 
=5limx→0sin(5x)5x−2limx→0sin(2x)2x=
Fazendo uma troca de variável simultânea : u=5x , quando x→0,φ→0. E ω=2x, quando x→0,ω→0. 
Escrevendo o limite agora levando em consideração a troca de variável, temos 
5limu→0sin(u)u−2limω→0sin(ω)ω=5.1−2.1=5−2=3
[Ex9] Calcule limx→01−cos(κx)κ2x2 
Observamos que o limite tende a uma indeterminação, e que possui a configuração do limite fundamental trigonométrico. Vamos racionalizar a expressão e logo em seguida reescrever o a expressão obtida utilizando a relação fundamental da trigonometria :cos2(u)+sin2(u)=1 . 
limx→01−cos(κx)κ2x2=limx→0[1−cos(κx)](1+cos(κx))κ2x2(1+cos(κx)=limx→0[12−(cos(κx))2]κ2x2(1+cos(κx)
 
=limx→0sin2(κx)κ2x2(1+cos(κx)
Fazendo uma troca de variável, 
u=κx⇔uκ=x, quando x→0,u→0 
Reescrevendo o limite,
limx→0sin2(κx)κ2x2(1+cos(κx))=limu→0sin2(u)κ2(uκ)2limu→01(1+cos(u))
 
=limu→0sin2(u)u2limu→01(1+cos(u))
=limu→0[sin(u)u]2limu→01(1+cos(u))=[limu→0sin(u)u]2limu→01(1+cos(u))
 
=[1]21(1+cos(0))=1.1(1+1)=12
 
Teorema do Confronto ou do "Sanduíche" 
Se f(x)≤g(x)≤h(x) para todo x em um intervalo aberto contendo a, exceto possivelmente em a , e se limx→af(x)=limx→ah(x)=L , então limx→ag(x)=L. 
Gráfico alusivo ao teorema do confronto.
[Ex1] limx→0x2sin(1x2). 
Solução: 
Sabemos que |sin(u)|≤1 ; sendo u=1x2 
. Assim, |sin(u)|≤1⇔−1≤sin(u)≤1⇔−1≤sin(1x2)≤1 
Multiplica ambos os lados da desiguldade por x2 
−1(x2)≤x2sin(1x2)≤1(x2)
 
⇔−x2≤x2sin(1x2)≤x2.
Note que limx→0−x2=0 e limx→0x2=0. Portanto pelo Teorema do Confronto limx→0x2sin(1x2)=0.
[Ex2] limx→0x3−x2−−−−−−√sin(πx). Solução: Sabemos que |sin(u)|≤1 ; sendo u=πx . Assim, |sin(u)|≤1⇔−1≤sin(u)≤1⇔−1≤sin(πx)≤1 Multiplica ambos os lados da desiguldade por x3−x2−−−−−−√ 
−1(x3−x2−−−−−−√)≤x3−x2−−−−−−√sin(πx)≤1(x3−x2−−−−−−√)
⇔−x3−x2−−−−−−√≤x3−x2−−−−−−√sin(πx)≤x3−x2−−−−−−√.
Note que limx→0−x3−x2−−−−−−√=0 e limx→0x3−x2−−−−−−√=0. Portanto pelo Teorema do Confronto limx→0x3−x2−−−−−−√sin(πx)=0. Publicada em 30 de julho de 2013 às 23:58h.
(i) Prove pela definição que limx→+∞x+1x=1. Temos, limx→+∞x+1x=1. Para todo ε>0 exite um N>0 tal que x>N (I) ⇒∣∣∣(x+1x)−1∣∣∣<ε (II) . A partir de
∣∣∣(x+1x)−1∣∣∣<ε⇔∣∣∣x+1−xx∣∣∣<ε
⇔<ε⇔1|x|<ε⇔1x<ε⇔x>1ε
. Comparando as expressões (II) e (I) ,temos 
N=1ε
 (c.q.d.) Publicada em 30 de julho de 2013 às 22:24h.
(ii) Calcule : limx→−∞x2+1−−−−−√x. Observamos que o limx→−∞x2+1−−−−−√=+∞ e limx→−∞x=−∞ Assim, temos uma indeterminação do tipo [+∞−∞]. Vamos colocar x2 em evidência dentro da raiz ; 
limx→−∞x2+1−−−−−√x=limx→−∞x2(1+1x2)−−−−−−−−−−√x=limx→−∞x2−−√[1+1x2−−−−−−√]x
Lembre-se que
x2−−√=|x|={x,≥0−x,x<0
=limx→−∞−x[1+1x2−−−−−−√]x=limx→−∞−[1+1x2−−−−−−√]=−1+0−−−−√=−1
Publicada em 30 de julho de 2013 às 21:50h.
(iii) Prove pela definição de limites que limx→2(3x+1)=7 . Solução: Temos que encontrar um número δ>0 tal que 
|x−2|<δ⇒|(3x+1)−7|<ε⇔
. 
|(3x+1)−7|<ε
⇔|3x+1−7|<ε⇔|3x−6|<ε
⇔|3(x−2)|<ε
⇔3|x−2|<ε
⇔|x−2|<ε3
Temos da definição que
|x−2|<δ
e encontramos que: 
|x−2|<ε3
Assim, 
δ≤ε3
. (c.q.d.).
[2] Calcule: limρ→−2arcsin⎡⎣ρ2−2ρρ3−−−−−−−√3⎤⎦. Usando as propriedades de limite, temoslimρ→−2arcsin⎡⎣ρ2−2ρρ3−−−−−−−√3⎤⎦=arcsin⎡⎣limρ→−2ρ2−2ρρ3−−−−−−−√3⎤⎦ 
=arcsin⎡⎣(−2)2−2(−2)(−2)3−−−−−−−−−−−−⎷3⎤⎦=arcsin[8−8−−−√3]
=arcsin(−1)=3π2
[3] Calcule: 
limϕ→−2arccos⎡⎣ϕ2−43ϕ2+4ϕ−4−−−−−−−−−−−√⎤⎦. 
Observa-se que o limite tende a uma indeterminação.
Usando as propriedades de limite, temos 
limϕ→−2arccos⎡⎣ϕ2−43ϕ2+4ϕ−4−−−−−−−−−−−√⎤⎦=arccos⎡⎣limϕ→−2ϕ2−43ϕ2+4ϕ−4−−−−−−−−−−−√⎤⎦
=arccos⎡⎣limϕ→−2(ϕ−2)(ϕ+2)(ϕ+2)(3ϕ−2)−−−−−−−−−−−−−√⎤⎦=arccos⎡⎣limϕ→−2(ϕ−2)(3ϕ−2)−−−−−−−−√⎤⎦=arccos⎡⎣(−2−2)(3(−2)−2)−−−−−−−−−−√⎤⎦
=arccos[12−−√]=arccos[2√2]
=π4
CONTINUIDADE
[4] 
Analise a continuidade da seguinte função: 
f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪sin(x)|x|,3,x≠0x=0
Solução: 
Observamos que o problema é determinar se f é contínua em 0 . Usando a definição de função modular, reescrevemos a função;
f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪−sin(x)x,3,sin(x)x,x<0x=0x>0
Vamos calcular os limites laterais: 
(i) limx→0−f(x)=−limx→0−sin(x)x=−1 
(ii)limx→0+f(x)=limx→0+sin(x)x=1. 
Assim, limx→0−f(x)≠limx→0+f(x)
Logo, ∄limx→0f(x). Portanto f não é contínua em 0 
[5] 
Determine as constantes tais que a seguinte função seja contínua: 
f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪mx+3,cos(πx3),nx+3,x<−3−3≤x≤3x>3.
Solução:
Se x=−3 , então f(−3)=cos(−π)=−1 e f(−3)=cos(π)=−1
Vamos calcular os limites laterais, 
Para x→−3: 
(i) limx→−3−f(x)=limx→−3−(mx+3)=−3m+3 
(ii) limx→−3+f(x)=limx→−3−cos(πx3)=cos(−3π3)=cos(−π)=−1. 
Como os limites laterias devem ser iguais para que a função seja continua, pois o limite precisa existir. Temos 
−3m+3=−1⇔m=43
Para x→3: 
(iii) limx→3−f(x)=limx→3−cos(πx3)=cos(−3π3)=cos(−π)=−1. 
(iv) limx→3+f(x)=limx→3+=(nx+3)=3n+3 
Como os limites laterias devem ser iguais para que a função seja continua, pois o limite precisa existir. Temos 
−3n+3=−1⇔n=−43
Logo,
f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x3+3,cos(πx3),−4x3+3,x<−3−3≤x≤3x>3.
Publicada em 28 de Julho de 2013, 21:40h 
[6] Calcule : 
limx→π6sin(x+5π6)cot3(x)−3cot(x)
Solução:Verifica-se uma indeterminação. Primeiro vamos reescrever o numerador. Sabendo que sin(α+β)=sin(α)cos(β)+cos(α)sin(β) 
sin(x+5π6)=sin(x)cos(5π6)+sin(5π6)cos(x)
 
=sin(x)(−3√2)+12cos(x)=12[cos(x)−3√sin(x)]=sin(x)2[cot(x)−3√]
colocamos sin(x) em evidência e rescrevendo cos(x)sin(x)=cot(x) 
Pois sin(x)≠0 , então: 
limx→π6sin(x+5π6)cot3(x)−3cot(x)
 
=limx→π6sin(x)(cot(x)−3√)2cot(x)[cot(x)−3√](cot(x)+3√)
 
=limx→π6sin(x)2cot(x)(cot(x)+3√)=sin(π6)2cot(π6)[cot(π6)+3√)]
 
=14(3√)(3√+3√)=14(3√)(23√)=18(3√)2=18(3)=124
Publicada em 28 de Julho de 2013, 20:31h
[7] Calcule :
limx→+∞x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√−x√
Verifica-se que limx→+∞x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√=+∞ e −limx→+∞x√=−∞. 
Assim, temos uma indeterminação do tipo (+∞−∞) . Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a indeterminação.
Vamos racionalizar a expressão:
limx→+∞x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√−x√
 
=limx→+∞(x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√−x√)(x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√+x√)x+x+x√−−−−−−√−−−−−−−−−−−√+x√
= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{\left(\left(\sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}}\right)^2 - \left(\sqrt{x}\right)^2\right)}{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}
= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{\left( x + \sqrt{ x + \sqrt{x}} - x \right)}{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{ \sqrt{ x + \sqrt{x}} }{ \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}
Dividindonumeradoredenominadorpor$x√$,temos
= \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{ \dfrac{\sqrt{ x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x}} }{ \dfrac{\sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}{\sqrt{x}}} = \lim_{ x \to +\infty} \dfrac{ \sqrt{ 1 + \sqrt{\dfrac{1}{x}}}}{ \sqrt{ 1 + \sqrt{ \dfrac{1}{x}+ \sqrt{\dfrac{1}{x^3}}}} +1}
Lembre−sedoteorema:$limx→±∞1xn=0;n∈IN∗.$
=\dfrac{ \sqrt{ 1 + \sqrt{0}}}{ \sqrt{ 1 + \sqrt{ 0 + \sqrt{0}}}} =\dfrac{ \sqrt{1}}{ \sqrt{1} +1}= \dfrac{1}{2} $$ 
Legal né :) ? Pessoal, uma revisão de função raiz vai auxiliar bastante sua compreensão desta e próximas questões.
Publicada em 28 de Julho de 2013, 17:45h. 
[8] limx→+∞(x2−3x+7−−−−−−−−−√−x2+1−−−−−√). 
Verifica-se que limx→+∞x2−3x+7−−−−−−−−−√=+∞ e −limx→+∞x2+1−−−−−√=−∞. 
Assim, temos uma indeterminação do tipo (+∞−∞) . Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a indeterminação.
Vamos racionalizar a expressão:
limx→+∞(x2−3x+7−−−−−−−−−√−x2+1−−−−−√)
 
=limx→+∞(x2−3x+7−−−−−−−−−√−x2+1−−−−−√)(x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)(x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)
 
=limx→+∞[(x2−3x+7−−−−−−−−−√)2−(x2+1−−−−−√)2](x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)=limx→+∞[x2−3x+7−(x2+1)](x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)
 
=limx→+∞(x2−3x+7−x2−1)(x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)=limx→+∞(−3x+6)(x2−3x+7−−−−−−−−−√+x2+1−−−−−√)Observa-se que ainda temos o limite tendendo para uma indeterminação.Vamos colocar x em evidência no numerador e colocar x2 em evidência dentro das raizes no denominador; lembre-se também do teorema : limx→±∞1xn=0;n∈IN∗. 
Logo, temos
limx→+∞x(−3+6x)⎛⎝x2(1−3x+7x2)−−−−−−−−−−−−−−√+x2(1+1x2)−−−−−−−−−−√⎞⎠
 
=limx→+∞x(−3+6x)(|x|1−3x+7x2−−−−−−−−−−√+|x|1+1x2−−−−−−√)
Como x→+∞;|x|=x 
Aqui é interessante o estudante fazer uma revisão da definição de função modular. 
=limx→+∞x(−3+6x)(x1−3x+7x2−−−−−−−−−−√+x1+1x2−−−−−−√)
Agora colocando no denominador o x em evidência, temos 
=limx→+∞x(−3+6x)x(1−3x+7x2−−−−−−−−−−√+1+1x2−−−−−−√)
Simplicando x por x no numerador e denominador, ficamos com 
=limx→+∞(−3+6x)(1−3x+7x2−−−−−−−−−−√+1+1x2−−−−−−√)
Aplicando o teorema mencionado anteriormente 
=(−3+0)(1−0+0−−−−−−−√+1+0−−−−√)
 
=−3(1+1)=−32
[9]
Determine o valor do parâmetro K∈IR para que a função f(x) seja contínua no ponto a= 0. 
y=f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪1+x−−−−√−11+x−−−−√3−1,2K−1,x≠0x=0 Solução: 
Devemos calcular limx→01+x−−−−√−11+x−−−−√3−1 
Verifica-se que limx→01+x−−−−√−1=0 e limx→01+x−−−−√3−1=0. 
Assim, temos uma indeterminação. Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a indeterminação. Vamos fazer uma troca de variável: 
Chamando
ψ=1+x−−−−√3⇔(ψ)3=(1+x−−−−√3)3⇔(ψ)3=1+x⇔(ψ)3−1=x
Quando x→0;ψ→1 pois, ψ=1+0−−−−√3=1√3=1 
Reescrevendo o limite, temos:
limx→01+x−−−−√−11+x−−−−√3−1=limψ→11+(ψ)3−1−−−−−−−−−−√−1ψ−1
Agora racionalizando a raiz quadrada, temos: 
=limψ→1[(ψ)3−−−−√−1]((ψ)3−−−−√+1)(ψ−1)((ψ)3−−−−√+1)
=limψ→1[((ψ)3−−−−√)2−(1)2](ψ−1)((ψ)3−−−−√+1)=limψ→1(ψ3−1)(ψ−1)((ψ)3−−−−√+1)
=limψ→1(ψ−1)(ψ2+ψ+1)(ψ−1)((ψ)3−−−−√+1)=limψ→1(ψ2+ψ+1)((ψ)3−−−−√+1)=((1)2+1+1)((1)3−−−−√+1)=1+1+11+1=32
Logo, 
2K−1=32⇔4K−2=3⇔4K=5⇔K=54.
[10]
limx→π62sin2(x)+sin(x)−12sin2(x)−3sin(x)+1 Fazendo x tender para π6, observamos que o limite tende a uma indeterminação. Fazendo uma troca de variável: y=sin(x) ; quando x→π6⇒sin(π6)=sin(30∘)=12 ; logo y→12 limx→12[2y2+y−12y2−3y+1]Faça divisão de polinômios, recomendo pelo dispositivo Prático de Briot-Ruffini. Assim, temos : 
limx→12⎡⎣⎢⎢(y−12)(2y+2)(y−12)(2y−2)⎤⎦⎥⎥=limx→12[(2y+2)(2y−2)]=⎡⎣⎢⎢2.12+22.12−2⎤⎦⎥⎥=3−1=−3
[11]
limx→81x√−9x√4−3 Verifica-se que limx→81x√−9=0 e limx→81x√4−3=0 . Assim, temos uma indeterminação. Devemos trabalhar com essas expressões algébricas de tal forma que possamos eliminar a indeterminação. Vamos fazer uma troca de variável. Chamando
u=x√4⇔u4=(x√4)4⇔u4=x
Quando x→81;u→3 pois u=x√4⇒u=81−−√4⇒u=34−−√4⇒u=3 Assim, reescrevendo o limite, temos: 
limx→81x√−9x√4−3=limu→3u4−−√−9u−3
=limu→3(u2)2−−−−√−9u−3=limu→3u2−32u−3
=limu→3(u−3)(u+2)(u−3)=limu→3(u+3)=3+3=6
Portanto, limx→81x√−9x√4−3=6
limx→81x√−9x√4−3
Lembre-se dos produtos notáveis : 
(a−b)(a+b)=a2−b2
e
(a−b)(a3+a2b+ab2+b3)=a4−b4
Assim, temos : 
limx→81x√−9x√4−3=limx→81(x√−9)(x√+9)[(x√4)3+(x√4)2(3)+(x√4)(32)+(33)](x√4−3)[(x√4)3+(x√4)2(3)+(x√4)(32)+(33)](x√+9)
=limx→81[(x√)2−(9)2][(x√4)3+(x√4)2(3)+(x√4)(32)+(33)][(x√4)4−(3)4](x√+9)
=limx→81(x−81)[(x√4)3+(x√4)2(3)+(x√4)(32)+(33)](x−81)(x√+9)
=limx→81[(x√4)3+(x√4)2(3)+(x√4)(32)+(33)](x√+9)
=[(81−−√4)3+(81−−√4)2(3)+(81−−√4)(32)+(33)](81−−√+9)
=[(3)3+(3)2(3)+(3)(32)+(33)](9+9)=[27+27+27+27)](81)=10818=6
Para alguns casos, como esse, a troca de variável é bem vinda!!!
[12]
limx→−∞3x2−2x+1x3+4=limx→−∞3x2x3=limx→−∞3x=3.limx→−∞1x
Lembre-se do teorema limx→±∞1xn=0;n∈IN∗. Logo,
3.limx→−∞1x=3.0=0
A questão também pode ser resolvida pegando se o termo de x de maior grau e dividindo as expressões do numerador e denominador, simplificando-as e logo depois aplicando o teorema anterior.
[13]
limx→+∞x2−3−−−−−√x3+1−−−−−√3
limx→+∞x2−3−−−−−√x3+1−−−−−√3=limx→+∞x2(1−3x2)−−−−−−−−−−√x3(1+1x3)−−−−−−−−−−√3
. Lembre-se que x2−−√=|x|={x, se x≥0;−x, se x<0}. E x3−−√3=x Assim, 
limx→+∞x⎛⎝(1−3x2)−−−−−−−−−√⎞⎠x⎛⎝(1+1x3)−−−−−−−−−√3⎞⎠=limx→+∞(1−3x2)−−−−−−−−−√(1+1x3)−−−−−−−−−√3
Utilizando o teorema da questão anterior, temos: 
limx→+∞(1−3x2)−−−−−−−−−√(1+1x2)−−−−−−−−−√3=1−0−−−−√1+0−−−−√3=11=1
[14]
Verifique se a função f(x) é contínua no ponto a=2. 
f(x)={7x−6,2x2,x<2x≥2
Solução: limx→2f(x)=f(2) Vamos calcular os limites laterais: 
(i)limx→2−f(x)=limx→2−(7x−6)=7.2−6=8
(ii)limx→2+f(x)=limx→2+(2x2)=7.2−6=8
Assim,
limx→2+f(x)=limx→2−f(x)
Portanto, limx→2f(x)=8.
[15]
Determine o valor da constante K para que a função f(x) seja contínua em a=0. 
f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪1+x−−−−√−1x,3x2−4x+K,x>0x≤0
Solução: limx→0f(x)=f(0) Vamos calcular os limites laterais: Lembre-se do produto notável : (a−b)(a+b)=a2−b2. 
(i)limx→0+f(x)=limx→0+1+x−−−−√−1x
=limx→0+(1+x−−−−√−1)(1+x−−−−√+1)x(1+x−−−−√+1)=limx→0+[(1+x−−−−√)2−(1)2]x(1+x−−−−√+1)
=limx→0+[1+x−1]x(1+x−−−−√+1)=limx→0+[x]x(1+x−−−−√+1)
=limx→0+11+x−−−−√+1=11+0−−−−√+1=12
(ii)limx→0−f(x)=limx→0−(3x2−4x+K)=3.(0)2−4.0+K=K
Assim, para que a função f(x) seja continua os limites laterais tem que existir e serem iguais: 
limx→0+f(x)=limx→0−f(x)=f(0)=K=12
[16]
A função f(x)=⎧⎩⎨x2+2x+13x−3sesesex>1x=1x<1 é contínua em x=1 (Justifique)? Solução: Vamos calcular os limites laterais; limx→1−f(x) e limx→1+f(x) 
(i)limx→1−x−3=−2
(ii)limx→1+x2+2x+1=(1)2+2.1+1=3
Assim,limx→1−f(x)≠limx→1+f(x) Logo, ∄limx→1f(x) Portanto, a função f é contínua em 1