Limites - Rodrigo Carlos Silva de Lima

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Limites
Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡
Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ
rodrigo.uff.math@gmail.com
‡
1
Suma´rio
1 Ca´lculo de limites 4
1.1 Ca´lculo de limites por meio de fatorac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 lim
x→a
xm − am
xn − an . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 lim
x→a
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 lim
x→∞
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.4 lim
x→∞
n
√
x+ g(x)− n√x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.5 lim
x→1
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1
xp+1 − xp − x+ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2 Limites trigonome´tricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.1 O limite fundamental lim
sen(x)
x
= 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.2 lim
x→0
cos(x)− 1
x
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.3 lim
x→0
1 + cos(x)
x2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2.4 lim
x→0
senp(ax)
c(bx)p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2.5 lim
x→k
sen(pix)
x− k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.2.6 lim
x→k
tg(pix)
x− k = pi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.7 lim
x→0
cos(ax)− cos(bx)
x2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.8 lim
x→0
senp(x)
sen(xp)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.2.9 Limites envolvendo tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.2.10 lim
x→0
tg(ax)
bx
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2
SUMA´RIO 3
1.2.11 lim
x→0
tg(ax)
sen(bx)
=
a
b
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3 Limite de func¸a˜o exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.4 Limite e func¸a˜o logar´ıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.4.1 lim
x→0+
xx = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.5 Limites envolvendo integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.6 Ca´lculo de limite por meio de manipulac¸o˜es ba´sicas . . . . . . . . . . . . . 39
1.7 Limites por meio de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.8 Limites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.9 Limites laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.9.1 Limites laterais finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.9.2 Limites laterais tendendo a infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Cap´ıtulo 1
Ca´lculo de limites
1.1 Ca´lculo de limites por meio de fatorac¸a˜o
Z Exemplo 1. Calcule o limite
lim
x→1
x2 − 1
x2 − x.
Para x 6= 1 simplificamos
x2 − 1
x2 − x =
(x− 1)(x+ 1)
x(x− 1) =
(x+ 1)
x
,
aplicando o limite temos
lim
x→1
x2 − 1
x2 − x = limx→1
(x+ 1)
x
=
2
1
= 2.
1.1.1 lim
x→a
xm − am
xn − an .
Z Exemplo 2. Calcular o limite
lim
x→a
xm − am
xn − an
com m e n naturais. Usando
(xm − am) = (x− a)
m−1∑
k=0
xkam−1−k,
4
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 5
(xn − an) = (x− a)
n−1∑
k=0
xkan−1−k,
dividindo ambas, segue que
(xm − am)
(xn − an) =
(x− a)
m−1∑
k=0
xkam−1−k
(x− a)
n−1∑
k=0
xkan−1−k
=
m−1∑
k=0
xkam−1−k
n−1∑
k=0
xkan−1−k
.
Enta˜o, tomando o limite, temos
lim
x→a
xm − am
xn − an = limx→a
m−1∑
k=0
xkam−1−k
n−1∑
k=0
xkan−1−k
=
m−1∑
k=0
akam−1−k
n−1∑
k=0
akan−1−k
=
mam−1
nan−1
.
Z Exemplo 3 (IME -1963). Calcular o limite
lim
x→a
xm − am
x− a .
Usamos o exemplo anterior com n = 1, logo o resultado e´
lim
x→a
xm − am
x− a = ma
m−1.
Z Exemplo 4. Suponha conhecido g′(a). Calcular o limite
lim
x→a
g(x)p − g(a)p
xn − an .
lim
x→a
g(x)p − g(a)p
xn − an =
g(x)− g(a)
x− a
p−1∑
k=0
g(x)kg(a)p−1−k
n−1∑
k=0
xkan−1−k
=
g′(a)pg(a)p−1
nan−1
.
Z Exemplo 5. Calcular o limite
lim
x→r1
n∏
k=1
(x− rk)ak
m∏
k=1
(x− sk)bk
onde apenas r1 = s1, a1 = b1, todo outro sk e´ distinto de a1, para qualquer k > 1.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 6
lim
x→r1
n∏
(x− rk)ak
m∏
(x− sk)bk
= lim
x→r1
(x− r1)a1
n∏
k=2
(x− rk)ak
(x− r1)a1
m∏
k=2
(x− sk)bk
= lim
x→r1
n∏
k=2
(x− rk)ak
m∏
k=2
(x− sk)bk
=
=
n∏
k=2
(r1 − rk)ak
m∏
k=2
(r1 − sk)bk
1.1.2 lim
x→a
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn .
Z Exemplo 6. Calcular o limite
lim
x→a
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn
com m, p, q e n naturais. Sabemos que vale
(ym − bm) = (y − b)
m−1∑
k=0
ykbm−1−k
logo
(ym − bm)
m−1∑
k=0
ykbm−1−k
= (y − b)
da mesma maneira
(zn − cn)
n−1∑
k=0
zkcn−1−k
= (z − c)
da´ı
(y − b)
(z − c) =
(ym − bm)
n−1∑
k=0
zkcn−1−k
(zn − cn)
m−1∑
k=0
ykbm−1−k
fazendo y = x
p
m , b = a
p
m segue ym = xp, bm = ap e z = x
q
n , c = a
q
n segue zn = xq, cn = aq,
substituindo na expressa˜o anterior tem-se
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn =
(xp − ap)
n−1∑
k=0
x
qk
n a
q(n−1−k)
n
(xq − aq)
m−1∑
k=0
x
pk
m a
p(m−1−k)
m
,
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 7
aplicando o limite
lim
x→a
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn = limx→a
(xp − ap)
n−1∑
k=0
x
qk
n a
q(n−1−k)
n
(xq − aq)
m−1∑
k=0
x
pk
m a
p(m−1−k)
m
=
(pap−1)
n−1∑
k=0
a
qk
n a
q(n−1−k)
n
(qaq−1)
m−1∑
k=0
a
pk
m a
p(m−1−k)
m
=
=
(pap−1)
n−1∑
k=0
a
q(n−1)
n
(qaq−1)
m−1∑
k=0
a
p(m−1)
m
=
(pap−1)a
q(n−1)
n
n︷ ︸︸ ︷
n−1∑
k=0
1
(qaq−1)a
p(m−1)
m
m︷ ︸︸ ︷
m−1∑
k=0
1
=
pa
p
m
−1
m
n
qa
q
n
−1 ,
onde passamos o termo para fora do somato´rio, pois na˜o depende mais do ı´ndice da soma
k e simplificamos os termos restantes.
Em especial
lim
x→a
x
p
m − a pm
x− a =
p
m
a
p
m
−1.
Vejamos alguns casos espec´ıficos do ca´lculo acima em detalhes.
Z Exemplo 7. Vamos calcular o limite
lim
h→0
√
a+ h−√a
h
,
que e´ a derivada da func¸a˜o
√
x em um ponto a > 0 .
Multiplicamos a frac¸a˜o
√
a+ h−√a
h
no numerador e no denominador pelo conjugado
de
√
a+ h−√a que e´ √a+ h+√a, o que resulta em
(√
a+ h−√a
h
)(√
a+ h+
√
a√
a+ h+
√
a
)
=
(
a+ h− a
h
)
1√
a+ h+
√
a
=
=
(
h
h
)
1√
a+ h+
√
a
=
1√
a+ h+
√
a
, h 6= 0
agora aplicamos o limite e usamos continuidade da func¸a˜o raiz para obter
lim
h→0
√
a+ h−√a
h
= lim
h→0
1√
a+ h+
√
a
=
1
2
√
a
,
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 8
enta˜o conclu´ımos que
(
√
x)′ =
1
2
√
x
,
isto e´, vale a regra
(x
1
2 )′ =
1
2
x
1
2
−1 =
1
2
x
−1
2 ,
como demonstramos.
Z Exemplo 8. Calcule
lim
h→0
3
√
a+ h− 3√a
h
,
isto e´, a derivada de 3
√
x no ponto a .
Usaremos a seguinte identidade de produto nota´vel
x3 − y3 = (x− y)(x2 + xy + y2)⇒ x
3 − y3
x2 + xy + y2
= x− y,
tomamos enta˜o x =
3
√
a+ h e y = 3
√
a, disso segue que, x3 = a + h , y3 = a e a
expressa˜o do produto nota´vel fica como
3
√
a+ h− 3√a = a+ h− a
( 3
√
a+ h)2 + 3
√
a+ h 3
√
a+ ( 3
√
a)2
=
h
( 3
√
a+ h)2 + 3
√
a+ h 3
√
a+ ( 3
√
a)2
,
logo
3
√
a+ h− 3√a
h
=
1
( 3
√
a+ h)2 + 3
√
a+ h 3
√
a+ ( 3
√
a)2
,
agora bastaaplicar o limite em ambos lados e usar a continuidade da func¸a˜o raiz, de
onde segue que
lim
h→0
3
√
a+ h− 3√a
h
= lim
h→0
1
( 3
√
a+ h)2 + 3
√
a+ h 3
√
a+ ( 3
√
a)2
=
1
( 3
√
a)2 + 3
√
a 3
√
a+ ( 3
√
a)2
=
1
3
1
( 3
√
a)2
,
enta˜o mostramos que
(x
1
3 )′ =
1
3
x
1
3
−1 =
1
3
x
−2
3 .
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 9
Z Exemplo 9. Calcule o limite
lim
x→a
(
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn
)s
onde s ≥ 0.
Usamos continuidade e o limite anterior
lim
x→a
(
x
p
m − a pm
x
q
n − a qn
)s
=
(
pa
p
m
−1
m
n
qa
q
n
−1
)s
.
Em especial
lim
x→a
(
x
p
m − a pm
x− a
)s
= (
p
m
a
p
m
−1)s.
Como um caso particular calcule o limite
lim
x→1
x
2
3 − 2x 13 + 1
(x− 1)2 .
Perceba que o numerador e´ (x
1
3 − 1)2, logo o limite e´
lim
x→1
(x
1
3 − 1)2
(x− 1)2 =
(
1
3
1
1
3
−1
)2
=
1
9
.
1.1.3 lim
x→∞(x
n +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x..
Z Exemplo 10. Calcular o limite
lim
x→∞
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x.
Usamos a identidade (yn − an) = (y − a)
n−1∑
k=0
ykan−1−k
(yn − an)
n−1∑
k=0
ykan−1−k
= y − a
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 10
tomando y = (xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n e a = x, temos yn − an =
n−1∑
k=0
akx
k e ficamos com
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x =
n−1∑
k=0
akx
k
n−1∑
k=0
ykxn−1−k
=
colocando xn−1 em evideˆncia
=
n−1∑
k=0
ak
xk
xn−1
n−1∑
k=0
( y
x
)k
o limite do numerador e´ an−1, vamos mostrar que o limite no denominador e´ n.
y
x
=
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n
x
= (
xn +
n−1∑
k=0
akx
k
xn
)
1
n = (1 +
n−1∑
k=0
akx
k
xn
)
1
n → 1
portanto
n−1∑
k=0
(
y
x
)k → n e
lim
x→∞
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x = an−1
n
.
Z Exemplo 11. Calcular o limite
lim
x→∞
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − (xm +
m−1∑
k=0
akx
k)
1
m .
Escrevemos o limite como
lim
x→∞
(xn +
n−1∑
k=0
akx
k)
1
n − x− [ (xm +
m−1∑
k=0
akx
k)
1
m − x] =
que pelo limite que calculamos no exemplo anterior e´
=
an−1
n
− am−1
m
.
Z Exemplo 12. Calcule o limite
lim
x→−∞
3
√
x3 + x− 3
√
x3 + 2.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 11
Trocamos x por −x da´ı o limite fica como
lim
x→∞
3
√
−x3 − x− 3
√
−x3 + 2 = lim
x→∞
− 3
√
x3 + x+
3
√
x3 − 2 = 0,
sendo zero pelo exemplo anterior, pois os coeficientes de x2 sa˜o nulos dentro de cada
raiz .
Z Exemplo 13. Calcular o limite
lim
x→0−
√
1
x
2
+
1
x
+ 1 +
1
x
.
lim
x→0+
√
1
x
2
− 1
x
+ 1− 1
x
= lim
x→∞
√
x2 − x+ 1− x = −1
2
.
Z Exemplo 14. Calcular o limite
lim
x→−∞
√
x2 + 3x+ 2 + x.
lim
x→−∞
√
x2 + 3x+ 2 + x = lim
x→∞
√
x2 − 3x+ 2− x = −3
2
.
Z Exemplo 15. Calcular o limite
lim
x→∞
x(xn(n−1) +
n−2∑
k=0
akx
kn)
1
n − xn.
lim
x→∞
x(xn(n−1) +
n−2∑
k=0
akx
kn)
1
n − xn = lim
x→∞
(xn[xn(n−1) +
n−2∑
k=0
akx
kn])
1
n − xn =
tomamos xn = y da´ı
= lim
y→∞
(y[y(n−1) +
n−2∑
k=0
aky
k])
1
n − y
o resultado cai no exemplo anterior , o resultado do limite e´
an−2
2
.
Z Exemplo 16. Calcular o limite
lim
x→∞
√
x+ g(x)−√x
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 12
onde lim
x→∞
g(x)√
x
= a e lim
x→∞
g(x)
x
= b Usamos a identidade y2 − a2 = (y + a)(y − a)
√
x+ g(x)−√x = g(x)√
x+ g(x) +
√
x
colocamos
√
x em evideˆncia
g(x)√
x
1√
1 + g(x)
x
+ 1
o limite da primeira parcela e´ a o limite da segunda parcela e´
1√
1 + b+ 1
. Enta˜o vale
lim
x→∞
√
x+ g(x)−√x = a√
b+ 1 + 1
.
Z Exemplo 17. Calcular o limite
lim
x→∞
√
x+
√
a2x+
√
· · ·+√anx−
√
x
onde temos n ra´ızes ”encaixadas”e cada nu´mero ak e´ positivo. Nesse caso temos g(x) =√
a2x+
√
· · ·+√anx, lim
x→∞
g(x)
x
= 0 e lim
x→∞
g(x)√
x
= a2, portanto
lim
x→∞
√
x+
√
a2x+
√
· · ·+√anx−
√
x =
a2
2
.
1.1.4 lim
x→∞
n
√
x+ g(x)− n√x.
Z Exemplo 18. Calcular o limite
lim
x→∞
n
√
x+ g(x)− n√x
onde lim
x→∞
g(x)
n
√
xn−1
= c e lim
x→∞
g(x)
x
= b.Usamos a identidade yn−an = (y−a)(
n−1∑
k=0
ykan−1−k),
tomando y = n
√
x+ g(x) e a = n
√
x temos
n
√
x+ g(x)− n√x = g(x)
n−1∑
k=0
(
n
√
x+g(x)
n√x
)k
n
√
x
n−1
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 13
colocamos n
√
x
n−1
em evideˆncia
n
√
x+ g(x)− n√x = g(x)
n
√
x
n−1
1
n−1∑
k=0
(
n
√
1 + g(x)
x
)k
tomando o limite
lim
x→∞
n
√
x+ g(x)− n√x = c 1
n−1∑
k=0
(
n
√
1 + b
)k = a( n√b+ 1− 1)b
se b 6= 0, se b = 0 temos
lim
x→∞
n
√
x+ g(x)− n√x = c
n
.
Z Exemplo 19. Calcular o limite
lim
x→∞
n
√
x+ n
√
a2x+
n
√
· · ·+ n√apx− n
√
x
se n > 2. Tomamos g(x) =
n
√
a2x+
n
√
· · ·+ n√apx e temos lim
x→∞
g(x)
n
√
xn−1
= 0 e lim
x→∞
g(x)
x
=
1
da´ı
lim
x→∞
n
√
x+
n
√
a2x+
n
√
· · ·+ n√apx− n
√
x = 0.
Z Exemplo 20. Calcular o limite
lim
x→a
√
n1x+ n0 − t1√
d1x+ d0 − t2
onde n1a+ n0 = t
2
1 , d1a+ d0 = t
2
2, n1, d1 > 0 , d2, n2 ≥ 0, t1 6= 0.
Racionalizamos o numerador e o denominador
lim
x→a
√
n1x+ n0 − t1√
d1x+ d0 − t2
= lim
x→a
n1x+ n0 − t21
d1x+ d0 − t22
√
d1x+ d0 + t2√
n1x+ n0 + t1
= lim
x→a
n1(x− a)
d1(x− a)
√
d1x+ d0 + t2√
n1x+ n0 + t1
=
= lim
x→a
n1
d1
√
d1x+ d0 + t2√
n1x+ n0 + t1
=
n1t2
d1t1
onde usamos que −n1a− n0 = −t21 , −d1a− d0 = −t22
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 14
Z Exemplo 21. Vamos calcular
lim
x→1
√
x− 1√
2x+ 3−√5 .
Simplificamos a expressa˜o racionalidando o numerador e denominador
√
x− 1√
2x+ 3−√5 =
(
√
x− 1)(√x+ 1)
(
√
2x+ 3−√5)(√2x+ 3 +√5) .
√
2x+ 3 +
√
5
(
√
x+ 1)
=
=
x− 1
2(x− 1) .
√
2x+ 3 +
√
5
(
√
x+ 1)
=
√
2x+ 3 +
√
5
2(
√
x+ 1)
,
enta˜o basta calcular o limite nessa u´ltima expressa˜o, que vale para x 6= 1, temos enta˜o
que
lim
x→1
√
x− 1√
2x+ 3−√5 = limx→1
√
2x+ 3 +
√
5
2(
√
x+ 1)
=
2
√
5
2.2
=
√
5
2
.
Enta˜o o limite e´
lim
x→1
√
x− 1√
2x+ 3−√5 =
√
5
2
,
observe tambe´m que tal exemplo e´ caso particular do exemplo anterior .
Z Exemplo 22. Calcule o limite
lim
x→1
2n∏
k=1
(1− x)k
[
n∏
k=1
(1− x)k]2
.
Podemos simplificar os produto´rios e usar fatorac¸a˜o dos polinoˆmios para mostrar que
lim
x→1
2n∏
k=1
(1− x)k
[
n∏
k=1
(1− x)k]2
=
(
2n
n
)
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 15
1.1.5 lim
x→1
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1
xp+1 − xp − x+ 1 .
Z Exemplo 23. Calcule o limite
lim
x→1
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1
xp+1 − xp − x+ 1 .
Fatorando o denominador temos que
xp+1 − xp − x+ 1 = (x− 1)(xp − 1) = (x− 1)2.
p−1∑
k=0
xk.
Agora fatorando o numerador, temos
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1 = (x− 1)
(
nxn − x
n − 1
x− 1
)
= (x− 1)
(
nxn −
n−1∑
k=0
xk
)
,
tais fatorac¸o˜es podem ser deduzidas por meio de algoritmo de divisa˜o, de onde tambe´m
se pode deduzir
nxn −
n−1∑
k=0
xk = (x− 1)
n−1∑
k=0
(k + 1)xk,
que para demonstrar, basta multiplicar e simplificar
(x−1)
n−1∑
k=0
(k+1)xk =
n−1∑
k=0
(k+1)xk+1−
n−1∑
k=0
(k+1)xk = xn−1+
n−1∑
k=1
(k)xk−
n−1∑
k=1
(k+1)xk =
= xn − 1−
n−1∑
k=1
xk = xn −
n−1∑
k=0
xk,
como quer´ıamos demonstrar. Enta˜o no numerador ficamos com
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1 = (x− 1)2
n−1∑
k=0
(k + 1)xk,
e podemos agora calcular o limite
lim
x→1
nxn+ 1− (n+ 1)xn + 1xp+1 − xp − x+ 1 = limx→1
(x− 1)2
n−1∑
k=0
(k + 1)xk
(x− 1)2
p−1∑
k=0
xk
=
= lim
x→1
n−1∑
k=0
(k + 1)xk
p−1∑
k=0
xk
=
n−1∑
k=0
(k + 1)
p−1∑
k=0
1
=
n(n+ 1)
2p
,
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 16
onde usamos que
n−1∑
k=0
(k + 1) =
n(n+ 1)
2
e
p−1∑
k=0
1 = p.
Portanto
lim
x→1
n.xn+1 − (n+ 1)xn + 1
xp+1 − xp − x+ 1 =
n(n+ 1)
2p
.
1.1.6
Z Exemplo 24. Calcula o limite
lim
t→∞
n∑
k=0
akt
k
(aptpu +
m∑
k=0
aktk)
1
p
onde u ≥ n, ap > 0 e up > m.
Colocamos tpu
lim
t→∞
n∑
k=0
akt
k
[tpu(ap +
m∑
k=0
aktk−pu)]
1
p
= lim
t→∞
ant
n +
n−1∑
k=0
akt
k
tu(ap +
m∑
k=0
aktk−pu)
1
p
=
= lim
t→∞
ant
n−u +
n−1∑
k=0
akt
k−u
(ap +
m∑
k=0
aktk−pu)
1
p
= lim
t→∞
ant
n−u
a
1
p
p
com u ≥ n se u > n enta˜o o limite e´ zero , se n = u resulta em an
a
1
p
p
.
1.2 Limites trigonome´tricos
1.2.1 O limite fundamental lim
sen(x)
x
= 1
b Propriedade 1. Vale lim sen(x)
x
= 1.
ê Demonstrac¸a˜o. Se 0 < |x| < pi
2
vale sen(x) < x < tg(x) e da´ı
1 <
x
sen(x)
<
1
cos(x)
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 17
que implica cos(x) <
sen(x)
x
< 1, por sandu´ıche segue
lim
sen(x)
x
= 1.
Z Exemplo 25. Calcule o limite
lim
x→0
√
1 + sen(x)−√1− sen(x)
2x
.
Fazemos uma racionalizac¸a˜o
lim
x→0
(√
1 + sen(x)−√1− sen(x)
2x
)(√
1 + sen(x) +
√
1− sen(x)√
1 + sen(x) +
√
1− sen(x)
)
=
simplificando chegamos em
= lim
x→0
(
1 + sen(x)− (1− sen(x))
2x
)(
1√
1 + sen(x) +
√
1− sen(x)
)
=
= lim
x→0
→1︷ ︸︸ ︷(
2sen(x)
2x
)(
1√
1 + sen(x) +
√
1− sen(x)
)
︸ ︷︷ ︸
→ 1
2
=
1
2
.
Z Exemplo 26. Calcule o limite
lim
x→1
sen(3x2 − 5x+ 2)
(x2 + x− 2) .
Primeiro fatoramos as expresso˜es polinomiais 3x2−5x+2 = 3(x−1)(x− 2
3
) x2+x−2 =
(x+ 2)(x− 1), da´ı
lim
x→1
sen(3x2 − 5x+ 2)
(x2 + x− 2) = limx→1
sen(3(x− 1)(x− 2
3
))
(x+ 2)(x− 1) =
= lim
x→1
sen(3(x− 1)(x− 2
3
))
3(x− 1)(x− 2
3
)︸ ︷︷ ︸
→1 pelo limite fundamental
3(x− 2
3
)
(x+ 2)︸ ︷︷ ︸
→ 1
3
logo o resultado e´
1
3
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 18
Z Exemplo 27. Calcule
lim
x→0+
(sen(x))x.
Tomamos o logaritmo
lim
x→0+
x ln(sen(x)) = lim
x→0+
→1︷ ︸︸ ︷
x
sen(x)
→0︷ ︸︸ ︷
sen(x) ln(sen(x)) = 0
o logaritmo tendendo a zero implica que lim
x→0+
(sen(x))x = 1.
Z Exemplo 28. Calcule
lim
x→0
1− cos(xs)
n∏
k=1
senck(xlk)
onde x2s =
n∏
k=1
xlkck .
Multiplicamos por 1+cos(xs) no numerador e no denominador, no numerador ficamos
com sen2(xs)
lim
x→0
x2ssen2(xs)
1 + cos(x2)(xs)2
n∏
k=1
xlkck
n∏
k=1
senck (xlk )
xlkck
=
1
2
.
Z Exemplo 29. Calcule o limite
lim
x→a
sen(p(x))
g(x)
onde p e g sa˜o polinoˆmios em que a e´ zero de ordem r.
Como a e´ zero de ordem r, enta˜o podemos escrever
p(x) = (x− a)rp1(x) e g(x) = (x− a)rg1(x) onde p1(a), g1(a) 6= 0
logo temos
lim
x→a
sen(p(x))
g(x)
= lim
x→a
sen((x− a)rp1(x))
(x− a)rg1(x) =
= lim
x→a
sen((x− a)rp1(x))
(x− a)rp1(x)︸ ︷︷ ︸
→1
p1(x)
g1(x)
=
p1(a)
g1(a)
.
Nesse caso mostramos que vale
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 19
lim
x→a
sen(p(x))
g(x)
= lim
x→a
p(x)
g(x)
podemos ignorar a func¸a˜o seno e aplicar o limite no quociente dos polinoˆmios.
Z Exemplo 30. Calcule o limite
lim
x→0
sen(sen(· · · sen(x)))
x
= lim
x→0
sen(p)(x)
x
onde sen(p)(x) e´ a p-e´sima composic¸a˜o de sen(x) com si mesmo.
Vamos provar por induc¸a˜o sobre p que
lim
x→0
sen(p)(x)
x
= 1.
Para p = 0 vale sen(0)(x) = x, por definic¸a˜o, logo vale a identidade, se p = 1 tambe´m
vale pelo limite fundamental. Suponha validade para p, vamos provar para p+ 1
lim
x→0
sen(p+1)(x)
x
= lim
x→0
sen(sen(p)(x))
sen(p)(x)︸ ︷︷ ︸
→1
sen(p)(x)
x︸ ︷︷ ︸
→1
= 1 .
1.2.2 lim
x→0
cos(x)− 1
x
.
b Propriedade 2. lim
x→0
cos(x)− 1
x
= 0.
ê Demonstrac¸a˜o. Da identidade sen2(x) =
1− cos(2x)
2
, tem-se −2sen2(x) =
cos(2x)− 1 e da´ı −2sen2(x
2
) = cos(x)− 1 e se x 6= 0,
−2sen
2(x
2
)
x
=
cos(x)− 1
x
lim
x→0
cos(x)− 1
x
= lim
x→0
−2 sen(
x
2
)
2x
2︸ ︷︷ ︸
lim=1
sen(
x
2
)︸ ︷︷ ︸
lim=0
= 0.
Z Exemplo 31. Sejam n, t, p reais positivos com n > t calcule
lim
x→0
sen(xn + 1
xp
)− sen( 1
xp
)
xt
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 20
Temos que
sen(xn +
1
xp
) = sen(xn)cos(
1
xp
) + sen(
1
xp
)cos(xn)
logo
lim
x→0
sen(xn)cos( 1
xp
) + sen( 1
xp
)cos(xn)− sen( 1
xp
)
xt
= lim
x→0
sen(xn)cos( 1
xp
) + sen( 1
xp
)(cos(xn)− 1)
xt
=
= lim
x→0
→0︷︸︸︷
xn−t
limitado︷ ︸︸ ︷
sen(xn)cos( 1
xp
)
xn
+ lim
x→0
→0︷︸︸︷
xn−t
limitado︷ ︸︸ ︷
sen( 1
xp
)(cos(xn)− 1)
xn
= 0.
Z Exemplo 32. Calcular o limite
lim
x→0
x− sen(x)
x3
.
Usamos a identidade sen(3x) = 3sen(x)−4sen3(x) e a transformac¸a˜o 3y = x, o limite
fica como
lim
x→0
x− sen(x)
x3
= lim
y→0
3y − sen(3y)
27y3
= lim
y→0
3y − sen(3y)
27y3
=
= lim
y→0
3y − 3sen(y) + 4sen3(y)
27y3
= 3 lim
y→0
y − sen(y)
27y3
+ lim
y→0
4sen3(y)
27y3
=
L
9
+
4
27
enta˜o L =
L
9
+
4
27
o que implica L =
1
6
.
Z Exemplo 33. Calcule
lim
x→0
x− sen(x)
x2
.
Usamos a identidade sen(3x) = 3sen(x)−4sen3(x) e a transformac¸a˜o 3y = x, o limite
fica como
L = lim
x→0
x− sen(x)
x2
= lim
y→0
3y − sen(3y)
9y2
= lim
y→0
3y − sen(3y)
9y2
=
= lim
y→0
3y − 3sen(y) + 4sen3(y)
9y2
= 3 lim
y→0
1
9
→L︷ ︸︸ ︷
y − sen(y)
y2
+ lim
y→0
→0︷ ︸︸ ︷
4ysen3(y)
9y3
=
L
3
enta˜o L =
L
3
o que implica L = 0.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 21
1.2.3 lim
x→0
1 + cos(x)
x2
Z Exemplo 34. Calcule
lim
x→0
1 + cos(x)
x2
.
Temos que
1− cos(x)
x2
=
1− cos(x)
x2
1 + cos(x)
1 + cos(x)
=
1− cos2(x)
x2
1
1 + cos(x)
=
pore´m temos que 1− cos2(x) = sen2(x), da´ı
=
sen2(x)
x2
1
1 + cos(x)
=
1− cos(x)
x2
,
tomando o limite x→ 0, segue que
lim
x→0
1 + cos(x)
x2
= lim
x→0
sen2(x)
x2
1
1 + cos(x)
=
1
2
.
Z Exemplo 35. Calcule
lim
x→0
xcos(x)− sen(x)
x3
.
Escrevemos
xcos(x)− sen(x)
x3
=
x− x+ xcos(x)− sen(x)
x3
=
x− sen(x)
x3
+
−x(1− cos(x))
x3
=
=
x− sen(x)
x3
− 1− cos(x)
x2
,
enta˜o
lim
x→0
xcos(x)− sen(x)
x3
= lim
x→0
x− sen(x)
x3
− 1− cos(x)
x2
=
1
6
− 1
2
= −1
3
.
1.2.4 lim
x→0
senp(ax)
c(bx)p
Z Exemplo 36. Calcule o limite
lim
x→0
senp(ax)
(bx)p
onde p > 0 e b 6= 0 . Escrevemos
senp(ax)
(bx)p
=
senp(ax)
bp(xp)
=
ap
bp
senp(ax)
(ax)p
,
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 22
da´ı
lim
x→0
senp(ax)
(bxp)
= lim
x→0
ap
bp
→1︷ ︸︸ ︷
senp(ax)
(ax)p
=
(a
b
)p
.
Portanto
lim
x→0
senp(ax)
(bx)p
=
(a
b
)p
.
Z Exemplo 37. Calcule o limite
lim
x→0
tgp(ax)
(bx)p
.
Escrevemos o limite como
lim
x→0
tgp(ax)
(bx)p
= lim
x→0
→(ab )
p︷ ︸︸ ︷
senp(ax)
(bx)p
→1︷ ︸︸ ︷
1
cosp(ax)
=
(a
b
)p
Portanto
lim
x→0
tgp(ax)
(bx)p
=
(a
b
)p
,
onde usamos o limite anterior.
Z Exemplo 38. Calcular lim
x→0
xp+qg(x)
senp(x)
onde g e´ uma func¸a˜o limitada.
lim
x→0
xp+qg(x)
senp(x)
= lim
x→0
xqg(x)
( sen(x)
x
)p
= 0
pois o numerador tende a zero e o denominador tende a um.
1.2.5 lim
x→k
sen(pix)
x− k .
Z Exemplo 39. Calcular o limite
lim
x→k
sen(pix)x− k
onde k e´ inteiro .
Fazemos a mudanc¸a x− k = y, x = y + k, da´ı o limite se escreve como
lim
y→0
pisen(piy + pik)
piy
= lim
y→0
pi[sen(piy)
(−1)k︷ ︸︸ ︷
cos(pik)+cos(piy)
0︷ ︸︸ ︷
sen(pik)]
piy
= (−1)kpi.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 23
1.2.6 lim
x→k
tg(pix)
x− k = pi.
Z Exemplo 40. Calcular o limite
lim
x→k
tg(pix)
x− k .
Temos que
lim
x→k
tg(pix)
x− k = limx→k
→(−1)kpi︷ ︸︸ ︷
sen(pix)
x− k .
1
cos(pix)︸ ︷︷ ︸
→(−1)k
= pi.
Portanto
lim
x→k
tg(pix)
x− k = pi.
Z Exemplo 41. Calcular o limite
lim
x→0
sen(ax)
sen(bx)
.
lim
x→0
sen(ax)
sen(bx)
= lim
x→0
sen(ax)(bx)
(ax)sen(bx)
a
b
=
a
b
.
1.2.7 lim
x→0
cos(ax)− cos(bx)
x2
.
Z Exemplo 42. Calcular o limite
lim
x→0
cos(ax)− cos(bx)
x2
.
Vale que cos(x) = 1− 2sen2(x
2
), que pode ser deduzido usando cos2(x) = 1− sen2(x)
subsitu´ıdo em cos(2x) = cos2(x)− sen2(x),
cos(ax)− cos(bx) = 1− 2sen2(ax
2
)− 1 + 2sen2(bx
2
) = 2(sen2(
bx
2
)− sen2(ax
2
))
enta˜o o limite fica como
2 lim
x→0
sen2( bx
2
)
x2
− sen
2(ax
2
)
x2
= 2 lim
x→0
b2sen2( bx
2
)
4( bx
2
)2
− a
2sen2(ax
2
)
4(ax
2
)2
= 2(
b2 − a2
4
) =
b2 − a2
2
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 24
Nos casos de b2 − a2 = 0 a expressa˜o tambe´m vale pois a expressa˜o com cosseno se anula
no numerador.
Caso a = 0 temos o limite
lim
x→0
1− cos(bx)
x2
=
b2
2
em especial
lim
x→0
1− cos(x)
x2
=
1
2
.
Z Exemplo 43. Calcular o limite
lim
x→0
cos(2x)− cos(3x)
x2
.
Tomamos no exemplo acima a = 2, b = 3, da´ı o valor do limite e´
5
2
.
Z Exemplo 44. Calcule o limite
lim
x→0
sen2(cx)
cos(ax)− cos(bx) .
Temos que
lim
x→0
sen2(cx)
cos(ax)− cos(bx) = limx→0
sen2(cx)
x2
x2
cos(ax)− cos(bx) =
= lim
x→0
c2
→1︷ ︸︸ ︷
sen2(cx)
(cx)2
x2
cos(ax)− cos(bx) =
2c2
b2 − a2 .
Com isso em especial temos que
lim
x→0
sen2(4x)
cos(3x)− 1 =
2.42
02 − 32 =
32
9
Z Exemplo 45. Calcule
lim
x→0
(cos(ax)− cos(bx))m
x2m
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 25
Usando o exemplo anterior, temos que
lim
x→0
(cos(ax)− cos(bx))m
x2m
= lim
x→0
(
cos(ax)− cos(bx)
x2
)m = (
b2 − a2
2
)m.
Como exemplo, seja a = 0, b = 1 e m =
−1
2
, segue que
lim
x→0
x√
1− cos(x) = (
1
2
)
−1
2 =
√
2.
Z Exemplo 46.
lim
x→0
√
1 + tg(x)−√1 + sen(x)
x3
.
Primeiro racionalizamos multiplicando o numerador e o denominador por
√
1 + tg(x)+√
1 + sen(x), chegamos em
lim
x→0
√
1 + tg(x)−√1 + sen(x)
x3
= lim
x→0
tg(x)− sen(x)
x3
1√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)
=
usando que tg(x) =
sen(x)
cos(x)
e simplificando tem-se
= lim
x→0
1︷ ︸︸ ︷
sen(x)
x
1− cos(x)
x2︸ ︷︷ ︸
1
2
1︷ ︸︸ ︷
1
cos(x)
1√
1 + tg(x) +
√
1 + sen(x)︸ ︷︷ ︸
1
2
=
1
4
.
Z Exemplo 47. Calcular o limite
lim
x→0
cos(ax)− cos(bx)
cos(cx)− cos(dx)
onde c2 − d2 6= 0.
lim
x→0
cos(ax)− cos(bx)
cos(cx)− cos(dx) = limx→0
cos(ax)− cos(bx)
x2
x2
cos(cx)− cos(dx) =
b2 − a2
d2 − c2 .
Z Exemplo 48. Calcular o limite
lim
x→0
sec(ax)− sec(bx)
x2
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 26
lim
x→0
sec(ax)− sec(bx)
x2
= lim
x→0
cos(bx)− cos(ax)
x2cos(ax)cos(bx)
=
a2 − b2
2
.
Z Exemplo 49. Calcular o limite
lim
x→0
sec(ax)− sec(bx)
sec(cx)− sec(dx) .
lim
x→0
sec(ax)− sec(bx)
sec(cx)− sec(dx) = limx→0
sec(ax)− sec(bx)
x2
x2
sec(cx)− sec(dx) =
a2 − b2
c2 − d2
Z Exemplo 50. Calcular o limite
lim
x→0
sen(ax)− sen(bx)
x
.
lim
x→0
sen(ax)− sen(bx)
x
= lim
x→0
a
sen(ax)
ax
− bsen(bx)
bx
= a− b.
Z Exemplo 51. Calcular o limite
lim
x→0
sen(ax)− sen(bx)
sen(cx)− sen(dx) .
lim
x→0
sen(ax)− sen(bx)
sen(cx)− sen(dx) = limx→0
sen(ax)− sen(bx)
x
x
sen(cx)− sen(dx) =
a− b
c− d.
Z Exemplo 52. Calcular os limites
lim
x→0
tg(ax)− tg(bx)
x
, lim
x→0
tg(ax)− tg(bx)
tg(cx)− tg(dx) .
lim
x→0
tg(ax)− tg(bx)
x
= lim
x→0
a
sen(ax)
axcos(ax)
− b sen(bx)
bxcos(bx)
= a− b
portanto
lim
x→0
tg(ax)− tg(bx)
tg(cx)− tg(dx) =
a− b
c− d.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 27
Z Exemplo 53. Calcular o limite
lim
x→0
p∑
k=0
(
p
k
)
cosk(x)(−1)p−k
xp
.
Usamos o binoˆmio de Newton
p∑
k=0
(
p
k
)
cosk(x)(−1)p−k = (cos(x) − 1)p, da´ı o limite
fica como
lim
x→0
(cos(x)− 1)p
xp
= 0.
Z Exemplo 54. Calcular o limite
lim
x→0
1− 2cos(x) + cos(2x)
x2
.
Usamos que cos(2x) = cos2(x)− sen2(x), da´ı
lim
x→0
1− 2cos(x) + cos(2x)
x2
= lim
x→0
1− 2cos(x) + cos2(x)− sen2(x)
x2
=
lim
x→0
(cos(x)− 1)2
x2
− lim
x→0
sen2(x)
x2
= −1.
Z Exemplo 55. Calcular o limite
lim
x→0
1− 2cos(x) + cos2(x) + sen2(x)
x2
.
lim
x→0
1− 2cos(x) + cos2(x) + sen2(x)
x2
=
(cos(x)− 1)2
x2
+ lim
x→0
sen2(x)
x2
= 1.
lim
x→0
−2(cos(x)− 1)
x2
= 1.
1.2.8 lim
x→0
senp(x)
sen(xp)
.
Z Exemplo 56. Calcular
lim
x→0
senp(x)
sen(xp)
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 28
lim
x→0
senp(x)
sen(xp)
= lim
x→0
senp(x)
xp
xp
sen(xp)
= 1.1 = 1.
Pois lim
x→0
senp(x)
xp
=

1︷ ︸︸ ︷
lim
x→0
sen(x)
x

p
= 1 e lim
x→0
xp
sen(xp)
= 1 tambe´m pois caso x → 0
temos xp → 0 podemos tomar y = xp que cai no limite
lim
x→0
xp
sen(xp)
= lim
y→0
y
sen(y)
= 1,
inverso do limite fundamental para a func¸a˜o seno .
1.2.9 Limites envolvendo tangente
1.2.10 lim
x→0
tg(ax)
bx
.
Z Exemplo 57. Calcule o limite
lim
x→0
tg(ax)
bx
.
Temos que
lim
x→0
tg(ax)
bx
= lim
x→0
a
b
→1︷ ︸︸ ︷
sen(ax)
ax
→1︷ ︸︸ ︷
1
cos(ax)
=
a
b
,
onde usamos que tg(x) =
sen(x)
cos(x)
, o limite fundamental e continuidade de cosseno .
1.2.11 lim
x→0
tg(ax)
sen(bx)
=
a
b
Z Exemplo 58. Calcule o limite
lim
x→0
tg(ax)
sen(bx)
.
Escrevemos a expressa˜o como
tg(ax)
sen(bx)
=
sen(ax)
cos(ax)sen(bx)
=
sen(ax)
ax
.
bx
sen(bx)
.
ax
bxcos(ax)
,
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 29
usando o limite fundamental segue que
lim
x→0
tg(ax)
sen(bx)
= lim
x→0
→1︷ ︸︸ ︷
sen(ax)
ax
.
→1︷ ︸︸ ︷
bx
sen(bx)
.
→a
b︷ ︸︸ ︷
a
bcos(ax)
=
a
b
,
portanto temos que
lim
x→0
tg(ax)
sen(bx)
=
a
b
.
Por exemplo temos que
lim
x→0
tg(3x)
sen(4x)
=
3
4
.
1.3 Limite de func¸a˜o exponencial
b Propriedade 3. Para qualquer polinoˆmio P (x) tem-se
lim
x→∞
P (x)
eax
= 0,
onde a > 0.
ê Demonstrac¸a˜o.
Consideramos o caso de P (x) = xn, enta˜o escrevendo e
ax
n = y tem-se ax = n ln(y), se
x→∞ enta˜o y →∞ (aqui usamos explicitamente que a > 0) da´ı
lim
x→∞
x
e
ax
n
= lim
y→∞
n ln(y)
ay
= 0
logo1
lim
x→∞
(
x
ea
x
n
)n = lim
x→∞
xn
eax
= 0.
No caso geral
lim
x→∞
n∑
k=0
akx
k
eax
= lim
x→∞
xn
n∑
k=0
akx
k−n
eax
= 0
pois lim
x→∞
n∑
k=0
akx
k−n = an logo o limite do produto e´ o produto dos limites an.0 = 0.
1Provamos o limite lim
y→∞
n ln(y)
y
= 0 na sec¸a˜o sobre logaritmos, sem usar propriedade de limite de
exponencial, na˜o estamos usando argumento circular.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 30
Z Exemplo 59. Calcule os limites
lim
n→∞
(
lim
x→∞
(
n∑
k=1
xk
k!
)
e−x
)
e lim
x→∞
(
lim
n→∞
(
n∑
k=1
xk
k!
)
e−x
)
.
Temos que
lim
x→∞
n∑
k=1
xk
k!
ex
= 0
pelo exemplo anterior, enta˜o
lim
n→∞
(lim
x→∞
(
n∑
k=1
xk
k!
)
e−x
)
= 0.
Agora para o segundo limite, usamos que lim
n→∞
(
n∑
k=1
xk
k!
)
= ex, por isso
lim
x→∞
(
lim
n→∞
(
n∑
k=1
xk
k!
)
e−x
)
= lim
x→∞
1︷ ︸︸ ︷
ex.e−x = 1.
Percebemos com isso que nem sempre podemos trocar a ordem de limites, isto e´, pode
acontecer de
lim
n→∞
lim
x→∞
fn(x) 6= lim
x→∞
lim
n→∞
fn(x).
Z Exemplo 60. Calcular o limite
lim
x→0
ax − 1
x
,
com a > 0.
Tomamos ax − 1 = y ⇒ ln(y + 1) = x ln(a) e o limite fica como
lim
y→0
y ln(a)
ln(y + 1)
= lim
y→0
ln(a)
ln(y + 1)
1
y
= ln(a)
1
limy→0 ln(y + 1)
1
y
=
ln(a)
ln(e)
= ln(a).
Logo
lim
x→0
ax − 1
x
= ln(a).
Como corola´rio temos
lim
x→0
ex − 1
x
= 1.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 31
E tambe´m que
lim
h→0
ax+h − ax
h
= ax lim
h→0
ah − 1
h
= ax ln(a).
Z Exemplo 61. Calcule o limite
lim
x→0
ax
n+1 − 1
x
,
onde n > 0.
Multiplicamos o limite no numerador e no denominador por xn
lim
x→0
ax
n+1 − 1
x
= lim
x→0
xn(ax
n+1 − 1)
xn+1
= lim
x→0
xn. lim
x→0
ax
n+1 − 1
xn+1
= 0. ln(a) = 0.
Pois lim
x→0
xn = 0 da condic¸a˜o n > 0 e lim
x→0
ax
n+1 − 1
xn+1
= ln(a) pois tomando y = xn+1
temos que y → 0 quando x→ 0 e por isso esse u´ltimo limite e´ equivalente a`
lim
y→0
ay − 1
y
= ln(a),
como calculamos no exemplo anterior.
Z Exemplo 62. Calcule o limite
lim
x→∞
x(a
1
x − 1),
com a > 0. Trocamos a varia´vel x→∞ por 1
x
→ 0, logo o limite fica como
lim
x→0
(ax − 1)
x
= ln(a)
pelo que calculamos no exemplo anterior .
Z Exemplo 63. Calcular
lim
x→∞
(1 +
a
x
)cx+b.
Tomamos y =
a
x
, da´ı x =
a
y
e o limite fica como
lim
y→0
(1 + y)
ca
y (1 + y)b = lim
y→0
(1 + y)
ca
y = eca.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 32
Z Exemplo 64. Calcular o limite
lim
x→∞
(
x+ b
x+ d
)cx+f .
Primeiro colocamos x em evideˆncia no numerador e no denominador dentro da poteˆncia
lim
x→∞
(
1 + b
x
1 + d
x
)cx+f = ec(b−d)
onde usamos o resultado do exemplo anterior.
Z Exemplo 65. Calcular
lim
x→∞
(
ax+ b
ax+ d
)cx+f .
Mesmo procedimento do limite anterior
lim
x→∞
(
ax+ b
ax+ d
)cx+f = (
1 + b
ax
1 + d
ax
)cx+f = e
c
a
(b−d).
Vamos analisar o caso lim
x→∞
(
ax+ b
tx+ d
)cx+f , colocamos ax e tx em evideˆncia,
lim
x→∞
(
ax+ b
tx+ d
)cx+f = lim
x→∞
(ax
tx
)cx+f
(
1 + b
ax
1 + d
tx
)cx+f =
= lim
x→∞
(a
t
)cx+f
converge︷ ︸︸ ︷(
1 + b
ax
1 + d
tx
)cx+f
.
Enta˜o a convergeˆncia fica condicionada a ana´lise de
(a
t
)cx+f
. Suponha a, t, c positivos,
se
a
t
> 1, temos que lim
x→∞
(a
t
)cx+f
→ ∞, logo o limite tende a infinito, se a
t
< 1 enta˜o
lim
x→∞
(a
t
)cx+f
→ 0, e caso a = t ja´ calculamos.
Como exemplo, (
3x+ 1
2x+ 3
)x
=
(
3
2
)x(1 + 1
3x
1 + 3
2x
)x
→∞.
Z Exemplo 66. Calcular
lim
x→∞
(ax+ b)cx+f+g
(ax+ d)cx+f
.
lim
x→∞
(ax+ b)cx+f+g
(ax+ d)cx+f
= lim
x→∞
(ax+ b)cx+f
(ax+ d)cx+f
(ax+ b)g.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 33
1. Se g = 0 ca´ımos no caso anterior dando e
c
a
(b−d).
2. Caso g < 0 , temos
1
(ax+ b)−g
com denominador tendendo a −∞ ou +∞ logo o
termo tende a zero e o limite inicial tambe´m pois o outro termo no limite converge.
3. Caso g > 0 , se a > 0 segue que (ax+ b)g →∞ e o limite tambe´m, caso a < 0 segue
que (ax+ b)g → −∞ e o limite inicial tambe´m.
Nestes casos , so´ precisamos tomar cuidado de na˜o termos base negativa e expoente
na˜o inteiro.
Caso por exemplo d = 0, a = 1 = b = f = c e g = −1, temos o limite
lim
x→∞
(x+ 1)x
(x)x+1
= 0,
pois cai no caso 2.
b Propriedade 4. Vale que
lim
x→0
ex −
p−1∑
k=0
xk
k!
xp
=
1
p!
.
ê Demonstrac¸a˜o.[1-Se´rie]
ex =
∞∑
k=0
xk
k!
=
p−1∑
k=0
xk
k!
+
∞∑
k=p
xk
k!
assim
ex −
p−1∑
k=0
xk
k!
=
∞∑
k=p
xk
k!
dividindo por xp
ex −
p−1∑
k=0
xk
k!
xp
=
∞∑
k=p
xk−p
k!
=
∞∑
k=0
xk
(k + p)!
tomando x = 0
=
∞∑
k=0
0k
(k + p)!
=
00
p!
=
1
p!
.
Caso p = 2 temos
lim
x→0
ex − 1− x
x2
=
1
2
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 34
ê Demonstrac¸a˜o.[2-Definic¸a˜o de e]
Vamos tentar demonstrar esse limite sem o uso de se´ries. Usaremos a expressa˜o ex =
lim
n→∞
(1 +
x
n
)n. Iremos trabalhar a expressa˜o
(1 +
x
n
)n −
p−1∑
k=0
xk
k!
=
para n > p, expandindo (1 +
x
n
)n por binoˆmio de Newton tem-se
=
n∑
k=0
(
n
k
)
(
x
n
)k −
p−1∑
k=0
xk
k!
=
p−1∑
k=0
(
n
k
)
(
x
n
)k +
(
n
p
)
(
x
n
)p +
n∑
k=p+1
(
n
k
)
(
x
n
)k︸ ︷︷ ︸
n∑
k=0
(nk)(
x
n
)k
−
p−1∑
k=0
xk
k!
=
onde abrimos o primeiro somato´rio em treˆs partes, agora colocamos em evideˆncia os
somato´rios que variam de k = 0 ate´ p− 1
=
p−1∑
k=0
xk (
(
n
k
)
1
nk
− 1
k!
)︸ ︷︷ ︸
→0
+
(
n
p
)
(
x
n
)p︸ ︷︷ ︸
→xp
p!
+
n−p−1∑
k=0
(
n
k + p+ 1
)
(x)k+p+1
1
nk+p+1
=
perceba agora que lim
n→∞
(
n
k
)
1
nk
= lim
n→∞
1
k!
(
n
n
) · · · (n− k + 1
n
) =
1
k!
, pois cada fator tende
a` 1, por isso ao tomarmos n→∞ o primeiro somato´rio e´ anulado, dividindo a expressa˜o
por xp e aplicando os limites temos
lim
x→0
lim
n→∞
1
p!
+
n−p−1∑
k=0
(
n
k + p+ 1
)
(x)k+1
1
nk+p+1
=
trocando a ordem dos limites
lim
n→∞
lim
x→0
1
p!
+
n−p−1∑
k=0
(
n
k + p+ 1
)
(x)k+1︸ ︷︷ ︸
→0
1
nk+p+1
=
1
p!
portanto
lim
x→0
ex −
p−1∑
k=0
xk
k!
xp
=
1
p!
.
Z Exemplo 67. Calcular o limite
lim
x→0
ex
p − 1
x
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 35
onde p > 1.
Fazemos a mudanc¸a ex
p − 1 = y da´ı ln(y + 1) = xp ⇒ p
√
ln(y + 1) = x, da´ı o limite
fica como
lim
y→0
y
p
√
ln(y + 1)
= lim
y→0
y
p
√
ln(y + 1)
= lim
y→0
p
√
ln(y + 1)p−1
ln(y + 1)
1
y
= 0
pois o numerador tende a zero e o denominador tende a` 1.
Z Exemplo 68. Calcular
lim
x→0−
e
1
x .
lim
x→0−
e
1
x = lim
x→−∞
ex = lim
x→∞
1
ex
= 0.
Z Exemplo 69. Calcular
lim
x→0
ex − e−x − 2
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p
.
Escrevemos como
ex −
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
+
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
− e−x − 2
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p
=
=
ex −
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
x2p︸ ︷︷ ︸
→ 1
(2p)!
+
−e−x +
p∑
k=0
x2k
(2k)!
−
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p
→
tomando y = −x tem-se na segunda expressa˜o
−(
ey −
p∑
k=0
y2k
(2k)!
−
p−1∑
k=0
y2k+1
(2k+1)!
y2p
)→ − 1
(2p)!
logo a soma tende a zero.
Z Exemplo 70. Calcular
lim
x→0
ex − e−x − 2
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p+1
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 36
Escrevemos como
ex −
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
+
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
− e−x − 2
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p+1
=
=
ex −
2p−1∑
k=0
xk
(k)!
x2p︸ ︷︷ ︸
→ 1
(2p)!
+
−e−x +
p∑
k=0
x2k
(2k)!
−
p−1∑
k=0
x2k+1
(2k+1)!
x2p+1
→
tomando y = −x tem-se na segunda expressa˜o
ey −
p∑
k=0
y2k
(2k)!
−
p−1∑
k=0
y2k+1
(2k+1)!
y2p+1
→ 1
(2p)!
logo a soma tende a
2
(2p)!
.
Z Exemplo 71. Calcular o limite
lim
h→0
ax − bx
x
.
lim
h→0
ax − bx
x
= lim
h→0
ax − 1
x
− b
x − 1
x
= ln(a)− ln(b) = ln(a
b
).
Z Exemplo 72. Calcular o limite
lim
h→0
ax − bx
cx− dx .
lim
h→0
ax − bx
cx − dx = limh→0
ax − bx
x
x
cx − dx =
ln(a
b
)
ln( c
d
)
.
Z Exemplo 73. Calcular o limite
lim
x→∞
ex
xp
onde p ∈ R.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 37
Usamos que ex = lim
n→∞
(1 +
x
n
)n = lim
n→∞
n∑
k=0
(
n
k
)
xk
nk
da´ı
ex
xp
= lim
n→∞
n∑
k=0
(
n
k
)
xk−p
nk
se p ≤ 0 enta˜o −p ≥ 0 e tomando o limite temos
lim
x→∞
ex
xp
= lim
n→∞
n∑
k=0
(
n
k
)
lim
x→∞
xk−p
nk
=∞
se p > 0 existe n0 ∈ N mı´nimo tal que n0 > p ≥ n0 − 1 e abrimos a soma
lim
x→∞
ex
xp
=
n0−1∑
k=0
(
n
k
)
lim
x→∞
xk−p
nk
+
n∑
k=n0
(
n
k
)
lim
x→∞
xk−p
nk
=∞
pois a primeira parte da soma e´ limitada e a segunda tende a infinito.
1.4 Limite e func¸a˜o logar´ıtmica
b Propriedade 5.
lim
x→∞
ln(x)
x
= 0
ê Demonstrac¸a˜o. Seja f(x) = x− lnx, temos f(1) = 1 e f ′(x) = 1− 1
x
> 0 para
x > 1 logo x > lnx para x > 1 pois a func¸a˜o e´ crescente. Temos 0 < lnx < x para x > 1
da´ı
ln(x
1
2 ) < x
1
2 ⇒ 1
2
ln(x) < x
1
2 ⇒ 1
4
(lnx)2 < x⇒ 0 < lnx
x
<
4
lnx
tomando x→∞ segue que lim
x→∞
lnx
x
= 0
Z Exemplo 74. Mostrar que
lim
x→∞
ln(x)
eax
= 0
onde a > 0.
lim
x→∞
ln(x)
eax
= lim
x→∞
ln(x)
x
x
eax
= 0
o limite lim
x→∞
ln(x)
x
= 0 pelo exemplo anterior e lim
x→∞
x
eax
= 0 que provamos na sec¸a˜o sobre
exponencial, enta˜o tal limite e´ zero .
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 38
$ Corola´rio 1.
lim
x→0
x lnx = 0
tomando x =
1
y
lim
x→0
x lnx = lim
y→∞
ln 1
y
y
= lim
y→∞
− ln y
y
= 0.
1.4.1 lim
x→0+
xx = 1
Z Exemplo 75. Calculamos o limite do logaritmo
lim
x→0+
ln(xx) = lim
x→0+
x ln(x) = 0
logo lim
x→0+
xx = 1 por continuidade do logaritmo .
$ Corola´rio 2. lim
x→0+
xx+1 − x
x
= 0, pois
lim
x→0+
xx+1 − x
x
= lim
x→0+
xx − 1 = 0.
Z Exemplo 76. Calcular o limite
lim
x→∞
(cx+ f)(ln(1 +
b
x
)− ln(1 + d
x
)).
lim
x→∞
(cx+ f)(ln(1 +
b
x
)− ln(1 + d
x
)) = lim
x→∞
(ln(
x+ b
x+ d
)cx+f ) = ln(ec(b−d)) = c(b− d).
Z Exemplo 77. Calcular o limite
lim
x→∞
(ax+ b)(ln(e+
c
x
)− 1).
lim
x→∞
(ax+b)(ln(e+
c
x
)−1) = lim
x→∞
(ax+b)(ln(e+
c
x
)−ln(e)) = lim
x→∞
(ax+b) ln(1+
c
ex
)
1
(ax+b) = ln(e
ac
e ) =
ac
e
.
Z Exemplo 78. Calcular o limite
lim
x→∞
x(ln(e+
1
x
)− 1).
Usando o resultado anterior temos
1
e
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 39
Z Exemplo 79. Calcular o limite
lim
y→0
ln(y + a)− ln(a)
y
.
lim
y→0
ln(y + a)− ln(a)
y
= lim
y→0
ln(1 +
y
a
)
1
y = ln(e
1
a ) =
1
a
.
1.5 Limites envolvendo integrais
Z Exemplo 80. Calcular o limite
lim
x→pi
∫ x
pi
sen(t)
t
x− pi .
Temos uma indeterminac¸a˜o do tipo
0
0
, logo aplicamos a regra de L’Hospital junto com
o teorema fundamental do ca´lculo
lim
x→pi
∫ x
pi
sen(t)
t
x− pi = limx→pi
sen(x)
x
=
sen(pi)
pi
= 0.
Z Exemplo 81. Calcular o limite
lim
x→0
∫ x
0
t ln(1+t)
t4+4
dt
x3
.
Aplicamos a regra de L’Hospital
lim
x→0
∫ x
0
t ln(1+t)
t4+4
dt
x3
= lim
x→0
x ln(x+ 1)
(x4 + 4)(3x2)
=
simplificando e aplicando novamente tem-se
= lim
x→0
1
(x+ 1)(3x5 + 12x)
= lim
x→0
1
(x+ 1)(15x4 + 12)
=
1
12
.
1.6 Ca´lculo de limite por meio de manipulac¸o˜es ba´sicas
Z Exemplo 82. Seja lim
x→0
g(x)
xp
= a calcular o limite
lim
x→0
g(cx)
dxp
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 40
onde c, d 6= 0.
lim
x→0
g(cx)
dxp
=
1
d
lim
x→0
cp
g(cx)
(cx)p
=
1
d
lim
y→0
cp
g(y)
(y)p
=
cp.a
d
.
Se lim
x→0
g(x)
xp
= a enta˜o lim
x→0
xp
g(x)
xp
= 0 = lim
x→0
g(x), portanto lim
x→0
|g(x)− x| = 0.
Z Exemplo 83. Calcular o limite
lim
x→a
1
f(x)
− 1
f(a)
onde f e´ cont´ınua.
lim
x→a
1
f(x)
− 1
f(a)
= lim
x→a
f(a)− f(x)
f(a)f(x)
= 0
pois o numerador tende a zero.
1.7 Limites por meio de L’Hospital
Z Exemplo 84. Calcular o limite
lim
x→0
ln( x
sen(x)
)
x2
.
Aplicamos L’Hospital que implica no limite
lim
x→0
ln( x
sen(x)
)
x2
=
sen(x)− cos(x).x
2x2sen(x)
=
aplicando novamente L’Hospital
= lim
x→0
sen(x)
4sen(x) + 2xcos(x)
=
e uma u´ltima vez
= lim
x→0
cos(x)
6cos(x)− 2xsen(x)
que e´ cont´ınua resultando em
1
6
o valor do limite.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 41
Podemos calcular lim
x→0
sen(x)
4sen(x) + 2xcos(x)
sem usar L’Hospital
lim
x→0
sen(x)
4sen(x) + 2xcos(x)
= lim
x→0
sen(x)
x
4 sen(x)
x
+ 2cos(x)
=
1
6
.
$ Corola´rio 3. O exemplo anterior implica que
lim
x→0
(
x
sen(x)
)
1
x2 = e
1
6 .
b Propriedade 6. Vale que
lim
x→0
1−
n∏
k=1
cosαk(βk)
x2
=
n∑
k=1
αkβ
2
k
2
.
ê Demonstrac¸a˜o. Usaremos a seguinte identidade, se f(x) =
n∏
k=1
[gk(x)]
αk enta˜o
f ′(x) = f(x)
n∑
k=1
αkg
′
k(x)
gk(x)
.
Tomando f(x) = −
n∏
k=1
[cos(βk)]
αk temos
f ′(x) = f(x)
n∑
k=1
αkβksen(βkx)
cos(βk)
= f(x)
n∑
k=1
αkβktg(βkx)
Aplicamos a regra de L’Hospital uma vez
lim
x→0
1−
n∏
k=1
cosαk(βk)
x2
= lim
x→0
f(x)
n∑
k=1
αkβktg(βkx)
2x
=
em 0 a func¸a˜o ainda se anula pela presenc¸a do termo sen(βkx), enta˜o aplicamos a regra
de L’Hospital mais uma vez
= lim
x→0
f ′(x)
n∑
k=1
αkβktg(βkx) +
n∑
k=1
αkβ
2
ksec
2(βkx)
2
pore´m f ′(x) e´ cont´ınua se anula em x = 0 e sec2(βkx) =
1
cos2(βkx)
e´ cont´ınua com valor
1 em x = 0, enta˜o resulta que
lim
x→0
1−
n∏
k=1
cosαk(βk)
x2
=
n∑
k=1
αkβ
2
k
2
.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 42
b Propriedade 7. Sejam (ak)p1 nu´meros positivos, enta˜o vale
lim
x→∞
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)x
= (
p∏
k=1
ak)
1
p ,
isto e´, tal limite converge para a me´dia geome´trica da sequeˆncia (ak)
p
1.
ê Demonstrac¸a˜o. Usaremos a regra de L’Hospital e propriedades de logaritmo,
tomando o logaritmo do termo do limite, tem-se
ln[
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)x
] = x ln
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)
=
ln
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)
1
x
perceba que cada fator no numerador dentro logaritmo tem limite 1, sa˜o p fatores,
totalizando p, pore´m o total e´ dividido por p, resultando em 1 cujo logaritmo e´ zero e no
numerador o limite tende a zero, logo temos uma indeterminac¸a˜o do tipo
0
0
e podemos
aplicar a regra de L’Hospital, o que iremos fazer agora, aplicando L’Hospital temos
lim
x→∞
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)′
( 1
x
)′
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
) =
onde usamos que [ln(f(x))]′ =
f ′(x)
f(x)
, agora iremos usar que [ag(x)]′ = ag(x)g′(x) ln(a)
= lim
x→∞
( p∑
k=1
( 1
x
)′ ln(ak)a
1
x
k
p
)′
( 1
x
)′
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
) =
cancelamos os termos (
1
x
)′ e p
= lim
x→∞
p∑
k=1
ln(ak)a
1
x
k
p∑
k=1
a
1
x
k
=
p∑
k=1
ln(ak)
1
p = ln[(
p∏
k=1
ak)
1
p ]
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 43
por continuidade e injetividade o logaritmo segue que
lim
x→∞
( p∑
k=1
a
1
x
k
p
)x
= (
p∏
k=1
ak)
1
p
como quer´ıamos demonstrar.
Z Exemplo 85. Calcule o limite
lim
n→∞
(
1
1
n + 2
1
n + 3
1
n
3
)n.
Sabemos que tal limite pela propriedade anterior converge para a me´dia geome´trica
dos elementos 1, 2 e 3, logo o limite assume valor
3
√
1.2.3 =
3
√
6.
1.8 Limites infinitos
Z Exemplo 86. Calcule olimite
lim
x→∞
√
a1x+
√
a2x+
√
a3x+
√· · ·+√apx√
b1x+
√
b2x+
√
b3x+
√
· · ·+√bmx
onde no numerador temos p ra´ızes encaixadas e no numerador temos m ra´ızes encaixadas,
sendo ainda b1 6= 0 e todo outro bk e ak na˜o negativos.
Colocamos
√
x em evideˆncia no numerador e no denominador
lim
x→∞
√
x
√
a1 +
1
x
√
a2x+
√
a3x+
√· · ·+√apx
√
x
√
b1 +
1
x
√
b2x+
√
b3x+
√
· · ·+√bmx
=
= lim
x→∞
√
a1 +
1
x
√
a2x+
√
a3x+
√· · ·+√apx√
b1 +
1
x
√
b2x+
√
b3x+
√
· · ·+√bmx
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 44
pore´m temos que lim
x→∞
1
x
√
a2x+
√
a3x+
√
· · ·+√apx = 0 e o mesmo no denominador,
pois podemos colocar o fator
1
x
para dentro das ra´ızes
lim
x→∞
√√√√√a2 x
x2
+
√√√√
a3
x
x4
+
√
· · ·+
√
ap
x
x2p−1
= 0
logo o limite resulta em
=
√
a1√
b1
.
Z Exemplo 87. Calcule
lim
x→∞
√
x√
x+
√
x+
√
x
.
Pelo que vimos no resultado anterior esse limite converge para
√
1√
1
= 1.
1.9 Limites laterais
1.9.1 Limites laterais finitos
Z Exemplo 88. Calcule o limite
lim
x→2−
x2 − 4
|x2 − 4| .
Para x suficientemente pro´ximo de 2 e x < 2 temos que |x + 2| = x + 2, pois x e´
positivo, da relac¸a˜o x < 2 tem-se que x− 2 < 0 e da´ı |x− 2| = −(x− 2) por propriedade
de mo´dulo, enta˜o temos que
x2 − 4
|x2 − 4| =
(x− 2)(x+ 2)
|x− 2||x+ 2| =
(x− 2)(x+ 2)
−(x− 2)(x+ 2) = −1,
enta˜o aplicando o limite de x→ 2− segue que
lim
x→2−
x2 − 4
|x2 − 4| = limx→2−−1 = −1.
CAPI´TULO 1. CA´LCULO DE LIMITES 45
1.9.2 Limites laterais tendendo a infinito
Z Exemplo 89. Calcule o limite
lim
x→ 2
3
+
5
3x− 2 .
A soluc¸a˜o de 3x− 2 = 0 e´ x = 2
3
, ale´m disso a func¸a˜o e´ crescente, por isso para x >
2
3
temos que 3x − 2 > 0 logo tem-se 3x − 2 → 0 pela direita, isto e´, por valores positivos,
conforme x → 2
3
pela direita (valores maiores que
2
3
) portanto
1
3x− 2 tende a +∞ e o
mesmo para
5
3x− 2, isto e´,
lim
x→ 2
3
+
5
3x− 2 =∞.
Perceba que usamos aqui que se f(x) 6= 0 tende a zero pela direita, isto e´, tende a zero
por valores positivos, enta˜o
1
f(x)
tende a +∞. Intuitivamente os nu´mero no denominador
ficam arbitrariamente pro´ximos de zero, pore´m ainda positivos, como na sequeˆncia de
frac¸o˜es
1
10−1
= 10,
1
10−2
= 102,
1
10−3
= 103, · · · , 1
10−n
= 10n, · · ·
os denominadores ficam cada vez menores, positivos, a sequeˆncia tende a +∞.