Regra de L’Hospital – Outras Indeterminações

Teoria Completa

Indeterminação 0 . ∞ e ∞ - ∞

Pois bem, agora que já vimos o que é L’Hôpital e como usá-lo, vamos ver como resolvê-lo para outras indeterminações.

Vamos dar uma olhada nesse limite aí embaixo:

lim x → ∞ ⁡ x e - x

Que, se você não mexer fica:

lim x → ∞ ⁡ x e - x ⟹ 0 ⋅ ∞

Para aplicarmos L’Hôpital, devemos chegar às indeterminações padrões, para isso, basta manipular um pouco as coisas (MUAHAHA). É verdade que:

e - x = 1 e x

Certo, mas...

Bem, se a gente substitui isso no limite:

lim x → ∞ ⁡ x e - x =   lim x → ∞ ⁡ x e x   ⟹ ∞ ∞

 lim  x → ∞ ⁡ x e x → L ' H   lim x → ∞ ⁡ x ' ( e x ) ' =   lim x → ∞ ⁡ 1 e x = " 1 e ∞ " = 0

Pronto! Então se aparecer uma indeterminação 0 ⋅ ∞ , é só pegar a função que você achar melhor, inverter e dividir a função que sobrou no limite por ela.

Indeterminação na subtração

Veja esse limite malandro aí embaixo:

lim t → 0 ⁡ 1 sen ⁡ t - 1   t

Quando t →   0 :

lim t → 0 + ⁡ 1 sen ⁡ t - 1 t = 1 0 + - 1 0 + ⟹ ∞ - ∞

Para escapar dessa ilesos, temos que fazer a mesma coisa que fizemos para a indeterminação 0 ⋅ ∞ : tentar transformar isso num quociente só:

lim t → 0 + ⁡ 1 sen ⁡ t - 1 t =   lim t → 0 + ⁡ t - sen ⁡ ( t ) t sen ⁡ t ⟹ 0 0  

Viu?! Temos a indeterminação de L’Hôpital aí duas vezes e matamos a questão:

= lim t → 0 + ⁡ t -   sen ⁡ ( t ) tsen ⁡ t → L ' H   lim t → 0 + ⁡ t -   sen ⁡ ( t ) ' tsen ⁡ t ' = lim t → 0 + ⁡ 1 -   cos ⁡ t sen ⁡ t + t cos ⁡ t ⟹ 0 0

  lim t → 0 + ⁡ [ 1 -   cos ⁡ t ] ' [ sen ⁡ t + t cos ⁡ t ] ' → L ' H   lim t → 0 + ⁡ sen ⁡ t cos ⁡ t + cos ⁡ t - t sen ⁡ ( t ) = 0 2 = 0

É só isso, quando você se deparar com uma indeterminação dessa, só colocar tudo no mesmo coeficiente e ser feliz!

Indeterminação 1 ∞ e 0 0

Dê uma olhada nos limites abaixo:

  lim x → 0 ⁡ 1 + x 1 x ⟹ 1 ∞     e     lim x → ∞ ⁡ 1 + x 1 x ⟹ ∞ 0     e   lim x → 0 ⁡ x x ⟹ 0 0

Precisamos tentar transformar isso tudo nas indeterminações 0 / 0 , ∞ / ∞ ou 0 ⋅ ∞ . Para isso, pegamos o primeiro limite e usamos uma propriedade das funções inversas aplicadas às funções exponencial e logarítmica:

a = e ln ⁡ a

Portanto,

lim x → 0 ⁡ 1 + x 1 x =   lim x → 0 ⁡ e ln ⁡ 1 + x 1 x  

Algebricamente, nada muda. Agora, como a exponencial é contínua, pela propriedade do limite e continuidade, podemos jogar o limite para o expoente:

=   lim x → 0 ⁡ e ln ⁡ 1 + x 1 x   =   e l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x 1 x  

Sabendo que:

log ⁡ a b = b ⋅ l o g ( a )

Temos então que:

  e l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x 1 x   = e l i m x → 0 1 x ln ⁡ 1 + x   e l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x x

Onde...

l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x x ⟹ 0 0

Olhe a indeterminação que a gente quer de novo aí!

Pronto, agora só aplicar L’Hôspital como antes!

l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x x =   l i m x → 0 [ ln ⁡ 1 + x ] ' [ x ] ' =   l i m x → 0 1 / ( x + 1 ) 1 = 1

Logo:

lim x → 0 ⁡ 1 + x 1 x = e l i m x → 0 ln ⁡ 1 + x x = e 1 = e

Os outros dois limites são resolvidos da mesma maneira! :)

Expandir

Exercício Resolvido #1

CEFET - Cálculo 1 - P2 Roberto Sá 2013.1 – 1

Calcule o seguinte limite usando L’Hospital:

lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e - 3 x

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Passo 1

Primeiramente, temos que mostrar que esse limite leva a uma indeterminação:

lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e - 3 x ⟹ l i m x → ∞ x 3 - 3 x 2 + x - 11 ⋅ l i m x → ∞ e - 3 x ⟹ ∞ ⋅ 0

Uhul indeterminação!

Passo 2

Para transformar essa indeterminação em uma das indeterminações de L’Hôpital, precisamos jogar algum fator para baixo. O fator mais simples é a exponencial. Basta lembrar que

e - 3 x = 1 e 3 x

lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e - 3 x = lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e 3 x ⟹ ∞ ∞

Repare que não mudamos nada, houve somente algebrismo.

Agora que já temos uma indeterminação de L’Hôpital ( ∞ / ∞ ), podemos aplicá-lo sem medo.

Passo 3

Aplicando a regra:

… = lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e 3 x = lim x → ∞ ⁡ ( x 3 - 3 x 2 + x - 11 ) ' ( e 3 x ) ' = lim x → ∞ ⁡ 3 x ² - 6 x + 1 3 e 3 x ⟹ ∞ ∞

Indeterminação de novo? L’Hôpital novamente!

lim x → ∞ ⁡ 3 x ² - 6 x + 1 3 e 3 x = lim x → ∞ ⁡ ( 3 x ² - 6 x + 1 ) ' ( 3 e 3 x ) ' = lim x → ∞ ⁡ 6 x - 6 9 e 3 x ⟹ ∞ ∞

De novo?! Vamos lá, mais uma vez:

lim x → ∞ ⁡ 6 x - 6 9 e 3 x = lim x → ∞ ⁡ 6 x - 6 ' 9 e 3 x ' = lim x → ∞ ⁡ 6 27 e 3 x = " 6 ∞ " = 0

Resposta

lim x → ∞ ⁡ x 3 - 3 x 2 + x - 11 e - 3 x = 0

Exercício Resolvido #2

UFRJ - Cálculo 1 - P1 2009.2 - 1a.i

Calcule:

lim x → ∞ ⁡ e x - x 2

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Passo 1

Como sempre, mostramos a indeterminação. Indo pela regra da soma/subtração de limites, chegamos na seguinte indeterminação:

lim x → ∞ ⁡ e x - x 2 ⟹ lim x → ∞ ⁡ e x - lim x → ∞ ⁡ x 2 ⟹ ∞ - ∞

Temos que contornar isso e chegar a uma indeterminação de L’Hôpital.

As nossas armas sempre envolvem produtos ou quocientes, portanto temos que forçar essa situação. Qual o jeito de fazer isso? Só tem dois, ou multiplicando por algo em cima e em baixo (denominador/divisor) ou pondo algo em evidência.

Por o x 2 em evidência parece ser interessante e prático:

lim x → ∞ ⁡ [ e x - x 2 ] = lim x → ∞ ⁡ x 2 e x x 2 - 1

Passo 2

Para tal, deixamos um termo em evidência:

lim x → ∞ ⁡ [ e x - x 2 ] = lim x → ∞ ⁡ x 2 e x x 2 - 1 ⟹ lim x → ∞ ⁡ x 2 ⋅ l i m x → ∞ e x x 2 - 1

Avaliando o limite da direita: lim x → ∞ ⁡ e x x 2 - 1 = l i m x → ∞ e x x 2 - 1 ; l i m x → ∞ e x x 2 ⟹ ∞ ∞

Por L’Hôpital:

l i m x → ∞ e x x 2 = l i m x → ∞ e x ' x 2 ' = lim x → ∞ ⁡ e x 2 x ⟹ ∞ ∞

Novamente:

… = lim x → ∞ ⁡ e x 2 x = lim x → ∞ ⁡ e x ' 2 x ' = lim x → ∞ ⁡ e x 2 = ∞

Portanto...

l i m x → ∞ x 2 e x x 2 - 1 = ∞

E:

lim x → ∞ ⁡ [ e x - x 2 ] = l i m x → ∞ x 2 e x x 2 - 1 ⟹ ∞ ⋅ ∞ = ∞

Isso também acontece porque a função e x cresce muito mais rapidamente que qualquer polinômio quando x → ∞ . Então e x   menos qualquer polinômio vai para infinito quando x tende a infinito.

Resposta

lim x → ∞ ⁡ [ e x - x 2 ] = ∞

Exercício Resolvido #3

UFRJ - Cálculo 1 - PF 2015.1 - 1 a

Calcule

lim t → 0 ± ⁡ 1 t 1 + ln 2 ⁡ t

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Passo 1

Antes de qualquer coisa, o que é esse ( ± ) em t → 0 ± ? Isso significa que a questão quer o limite lateral pela direita e pela esquerda. Antes de calcularmos, devemos simplificar ao máximo o limite que está aí.

Testando a indeterminação, vemos que há uma indeterminação produto no denominador:

lim t → 0 ± ⁡ 1 t 1 + ln 2 ⁡ t ⟹ 1 0 ⋅ ∞

Pode isso, Arnaldo? Pode não tem problema nenhum (Arnaldo que me disse).

Passo 2

Vamos arranjar tudo para ficar com uma indeterminação de L’Hôpital, para isso jogamos um fator para cima:

lim t → 0 ± ⁡ 1 t 1 + ln 2 ⁡ t = lim t → 0 ± ⁡ 1 / t 1 + ln 2 ⁡ t ⟹ ∞ ∞

Agora, podemos aplicar L’Hôpital.

Passo 3

Aplicando a regra:

lim t → 0 ± ⁡ 1 / t 1 + ln 2 ⁡ t = lim t → 0 ± ⁡ 1 / t ' 1 + ln 2 ⁡ t '

Derivando o numerador:

1 t ' = - 1 t 2

Para derivar o denominador, usamos a regra da cadeia:

1 + ln 2 ⁡ t ' = 2 ln ⁡ t ⋅ ln ⁡ t ' = 2 ln ⁡ t t ⟹ 1 1 + ln 2 ⁡ t ' = t 2 ln ⁡ t

Substituindo tudo like a boss:

lim t → 0 ± ⁡ 1 t ' 1 + ln 2 ⁡ t ' = l i m t → 0 ± 1 t ' ⋅ 1 1 + ln 2 ⁡ t ' = l i m t → 0 ± - 1 t 2 ⋅ t 2 ln ⁡ t = l i m t → 0 ± - 1 2 t ln ⁡ t

Sendo que:

l i m t → 0 ± - 1 2 t ln ⁡ t ⟹ - 1 0 ⋅ ∞ ;   l i m t → 0 ± - 1 2 t ln ⁡ t = l i m t → 0 ± - 1 / t 2 ln ⁡ t ⟹ - ∞ ∞

Putz, teremos que aplicar L’Hôpital novamente, vamos lá:

… = l i m t → 0 ± - 1 / t 2 ln ⁡ t =   l i m t → 0 ± - 1 / t ' 2 ln ⁡ t ' = l i m t → 0 ± 1 / t ² 2 / t = l i m t → 0 ± 1 t ² ⋅ t 2 = l i m t → 0 ± 1 2 t

Agora sim, separamos o limite em limites laterais:

lim t → 0 + ⁡ 1 2 t = " 1 0 + " = ∞   ; lim t → 0 - ⁡ 1 2 t = " 1 0 - " = - ∞

Resposta

lim t → 0 + ⁡ 1 2 t = ∞   ; lim t → 0 - ⁡ 1 2 t = - ∞

Exercício Resolvido #4

PUC-RJ - Cálculo 1 - P2 2010.2 - 1 b

Calcule:

b   lim x → ∞ ⁡ x arctg ⁡ x - π 2

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Passo 1

Mostramos a indeterminação primeiro:

lim x → ∞ ⁡ x arctg ⁡ x - π 2 ⟹ l i m x → ∞ x ⋅ l i m x → ∞ arctg ⁡ x - π 2 ⟹ ∞ ⋅ 0

Uma vez que:

l i m x → ∞ arctg ⁡ x = π 2

Passo 2

Precisamos mexer na função para chegar a uma das indeterminações de L’Hôpital. Para isso, jogamos um fator para baixo:

lim x → ∞ ⁡ x arctg ⁡ x - π 2 = lim x → ∞ ⁡ arctg ⁡ x - π 2 1 / x ⟹ 0 0

Agora podemos aplicar a regra.

Passo 3

Vamos mexer na função para deixar ela com cara de quociente para podermos aplicar nosso L’Hôpital nela:

lim x → ∞ ⁡ arctg ⁡ x - π 2 1 / x = lim x → ∞ ⁡ arctg ⁡ x - π 2 ' 1 / x '

Quando as derivadas:

arctg ⁡ x - π 2 ' = 1 1 + x 2 ;   1 / x ' =   - 1 x 2 ∴ 1 1 / x ' = - x ²

Substituindo tudo:

… = lim x → ∞ ⁡ arctg ⁡ x - π 2 ' 1 / x ' = lim x → ∞ ⁡ arctg ⁡ x - π 2 ' ⋅ 1 1 / x ' = lim x → ∞ ⁡ - x 2 1 + x 2

Esse limite aí nem precisa de L’Hôpital para resolver, é só isolar o termo de maior grau e partir para o abraço:

= lim x → ∞ ⁡ - x 2 x 2 1 x 2 + 1 = lim x → ∞ ⁡ - 1 1 x 2 + 1 = - 1 0 + 1 = - 1

Resposta

lim x → ∞ ⁡ x arctg ⁡ x - π 2 = - 1

Exercício Resolvido #5

a Calcule

lim h → 0 + ⁡ h ln ⁡ sen ⁡ h

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Passo 1

Temos uma indeterminação de produto quando substituímos o limite, acompanha:

lim h → 0 + ⁡ h ln ⁡ sen ⁡ h = 0 ln ⁡ sen ⁡ 0

= 0 ln ⁡ 0 + = 0 - ∞

Bom lembrar que ln ⁡ x é descontínuo em x = 0 , por isso o limite é lateral ali.

Passo 2

Vamos transformar essa indeterminação em um quociente:

lim h → 0 + ⁡ h ln ⁡ sen ⁡ h = lim h → 0 + ⁡ ln ⁡ sen ⁡ h 1 h = - ∞ ∞

Agora podemos aplicar L’Hospital!

Passo 3

Fazendo L’Hospital:

lim h → 0 + ⁡ ln ⁡ sen ⁡ h 1 h → L ' H lim h → 0 + ⁡ ln ⁡ sen ⁡ h ' 1 h '

= lim h → 0 + ⁡ sen ⁡ h ' sen ⁡ h - 1 h 2 = lim h → 0 + ⁡ cos ⁡ h sen ⁡ h - 1 h 2

= lim h → 0 + ⁡ - h 2 cos ⁡ h sen ⁡ h

Podemos substituir o cosseno já:

lim h → 0 + ⁡ - h 2 cos ⁡ h sen ⁡ h = lim h → 0 + ⁡ - h 2 sen ⁡ h lim h → 0 + ⁡ cos ⁡ h

= lim h → 0 + ⁡ - h 2 sen ⁡ h cos ⁡ 0 = lim h → 0 + ⁡ - h 2 sen ⁡ h 1

= lim h → 0 + ⁡ - h 2 sen ⁡ h

Passo 4

Novamente, temos uma indeterminação de quociente:

lim h → 0 + ⁡ - h 2 sen ⁡ h = - 0 2 0 = - 0 0

Vamos de L’Hospital:

lim h → 0 + - ⁡ h 2 sen ⁡ h → L ' H lim h → 0 + ⁡ - h 2 ' sen ⁡ h ' = lim h → 0 + ⁡ - 2 h cos ⁡ h

= - 2 0 cos ⁡ 0 = - 0 1 = 0

Resolvido!

Resposta

lim h → 0 + ⁡ h ln ⁡ sen ⁡ h = 0

Exercício Resolvido #6

PUC-RJ - Cálculo B - P2 2013.2 - 2a

Calcule o limite:

lim x → 0 ⁡ e x + x 1 x

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Passo 1

Novamente, vamos mostrar a indeterminação:

lim x → 0 ⁡ e x + x 1 x ⟹ ( l i m x → 0   e x + l i m x → 0   x ) l i m x → 0   1 x ⟹ 1 ∞

E chegamos numa já conhecida indeterminação. Nossa única alternativa é manipular algebricamente a função, de forma que possamos transformar a indeterminação num tipo 0 / 0 ou ∞ / ∞ de forma que podemos aplicar a regra de L’Hôpital.

Passo 2

Primeiro aplicamos a exponencial e o logaritmo natural:

e x + x 1 x = e ln ⁡ e x + x 1 / x

Agora aplicamos as propriedades do logaritmo:

e ln ⁡ e x + x 1 / x = e 1 x ln ⁡ e x + x

Substituímos no limite:

lim x → 0 ⁡ e x + x 1 x = lim x → 0 ⁡ e ln ⁡ e x + x x

Passo 3

Como a função exponencial é contínua, jogamos o limite para dentro da exponencial:

lim x → 0 + ⁡ e ln ⁡ e x + x x = e lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ e x + x x

Calculando primeiro o limite:

lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ e x + x x ⟹ 0 0

Agora podemos aplicar L’Hôpital. É importante não esquecer que esse cara é o expoente de e então o que acharmos para esse limite temos que colocar como expoente de e .

Passo 4

Vamos a esse limite,

lim x → 0 ⁡ ln ⁡ e x + x x = lim x → 0 ⁡ ln ⁡ e x + x ' x ' = lim x → 0 ⁡ e x + x ' e x + x 1 = lim x → 0 ⁡ e x + x ' e x + x

Para a derivada do numerador, usamos a regra da cadeia:

ln ⁡ e x + x ' = 1 e x + x ⋅ e x + x ' = e x + 1 e x + x  

Então o limite, substituindo:

lim x → 0 ⁡ ln ⁡ e x + x ' x ' = lim x → 0 ⁡ ln ⁡ e x + x ' ⋅ 1 x ' = l i m x → 0 e x + 1 e x + x ⋅ 1 1

= l i m x → 0 e x + 1 e x + x = ( e 0 + 1 ) e 0 + 0   = 2 1 = 2

Assim:

lim x → 0 ⁡ e x + x 1 x = e lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ e x + x x = e 2

Resposta

lim x → 0 ⁡ e x + x 1 x = e 2

Exercício Resolvido #7

CEFET - Cálculo 1 - P3 Romulo (2) 2014.2 - 1_a

Utilize a regra de L’Hôpital para calcular os limites indicados abaixo:

lim x → 0 + ⁡ 1 x tg ⁡ x

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Passo 1

Vamos lá mostrar a indeterminação:

lim x → 0 + ⁡ 1 x tg ⁡ x ⟹ 1 0 tg ⁡ 0 ⟹ ∞ 0

Temos indeterminação na potência, vamos transformar isso numas das indeterminações de L’Hôpital para poder aplicá-lo.

Passo 2

Primeiro aplicamos a exponencial e o logaritmo natural:

1 x tg ⁡ x = e ln ⁡ 1 x tg ⁡ x

Agora aplicamos as propriedades do logaritmo:

… = e ln ⁡ 1 x tg ⁡ x = e tg ⁡ ( x ) ln ⁡ 1 / x

Substituímos no limite:

lim x → 0 + ⁡ 1 x tg ⁡ x = lim x → 0 ⁺ ⁡ e tg ⁡ ( x ) ln ⁡ 1 / x

Passo 3

Como a função exponencial é contínua, jogamos o limite para dentro da exponencial:

lim x → 0 ⁺ ⁡ e tg ⁡ ( x ) ln ⁡ 1 / x = e l i m x → 0 ⁺ tg ⁡ ( x ) ln ⁡ 1 / x

Olhando para aquele limite lá dentro da exponencial:

lim x → 0 + ⁡ tg ⁡ ( x ) ln ⁡ 1 x ⟹ tg ⁡ ( 0 ) ln ⁡ 1 0 ⟹ 0 . ∞

Esse limite não está perfeitinho para aplicar L’Hôpital. Vamos aplicar o que a gente aprendeu anteriormente a jogar uma das funções para baixo:

lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ 1 / x 1 / tg ⁡ x = lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ 1 / x cot g ⁡ ( x ) ⟹ ln ⁡ 1 / 0 cot g ⁡ ( 0 ) ⟹ ∞ ∞

Agora podemos aplicar L’Hôpital sem problemas.

Passo 4

lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ 1 / x cot g ⁡ ( x ) = lim x → 0 + ⁡ ln ⁡ 1 / x ' cot g ⁡ ( x ) '