Seja f : R → R uma função derivável tal que f 0 = f ' 0 = 0 . Suponha que f seja duas vezes derivável em x = 0 e que f ' ' 0 = 8 . Suponha ainda que f x ≠ 0 se x ≠ 0 . O valor do limite

lim x → 0 ⁡ sin ⁡ x 2 + 1 1 f x  

É:

e 3

e 5

e 6

e 4

e 2

Passo 1

Fala aí galerinha? Tudo bem com vocês? Bora pra cima! Aqui na questão, precisamos calcular o limite de:

lim x → 0 ⁡ sin ⁡ x 2 + 1 1 f x  

Que a questão nos dá. Porém, esse limite não é nada trivial. Precisamos modificar a cara dele um pouquinho pra podemos manipular ele. A questão nos diz que f x é derivável 2 vezes e esse valor de f ' ' 0 = 8 .

Mas aí você deve tá se perguntando... como a gente modifica a cara dessa expressão? Pra isso, vamos utilizar um artificio que podemos reescrever a função da seguinte forma: colocaremos a função dentro de um e ln ⁡ ( g ( x ) ) , pois:

e ln ⁡ ( g ( x ) ) = g ( x )

Dessa forma, a expressão do nosso limite fica:

lim x → 0 ⁡ e ^ ln ⁡   ( sin ⁡ x 2 + 1 ) 1 f x =   lim x → 0 ⁡ l n ( sin ⁡ x 2 + 1 ) 1 f x

Passo 2

Desenvolvendo esse limite:

lim x → 0 ⁡ l n ( sin ⁡ x 2 + 1 ) 1 f x = l i m x → 0   ⁡ l n sin ⁡ x 2 + 1 f ( x )  

Agora podemos aplicar L’Hospital, aquela técnica que usamos pra resolver limites. Nela precisamos derivar o numerador e o denominador do nosso limite. Dessa forma, derivando primeiro o numerador:

  ⁡ l n sin ⁡ x 2 + 1 → 2 x cos ⁡ x 2

E o denominador:

f x → f ' ( x )

Portanto nosso limite fica com a cara:

l i m x → 0   2 x cos ⁡ x 2 1 f ' x  

Lembrando sempre das propriedades de limites tá galerinha? Uma propriedade que vamos usar agora é a de atribuir mais um operador de limite na função f ( x ) que está multiplicando o outro operador de limite:

l i m x → 0   2 x cos ⁡ x 2 l i m x → 0 1 f ' x  

Passo 3

Agora que montamos o limite, vamos responder! Temos que:

l i m x → 0 2 x cos ⁡ x 2 l i m x → 0 1 f ' x  

Aplicando L’hospital mais uma vez (separadamente em cada limite), temos:

l i m x → 0 2 x cos ⁡ x 2 =   l i m x → 0   2 ⋅ ( cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 )

l i m x → 0 1 f ' x = l i m x → 0 1 f ' ' x

l i m x → 0 1 f ' ' x = 1 f ' ' ( 0 )

Mas pera aí, quem é f ' ' ( 0 ) ? Isso mesmo, a questão nos dá! f ' ' 0 = 8 . Portanto:

l i m x → 0 1 f ' ' x = 1 8

Agora resolvendo o outro limite:

l i m x → 0   2 ⋅ ( cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 )

Aplicando o limite de derivação (0), temos:

l i m x → 0   2 ⋅ cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 = 2 ⋅ cos ⁡ 0 - 2 0 2 sen ⁡ 0 2

l i m x → 0   2 ⋅ cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 = 2 ⋅ ( 1 - 0 )

l i m x → 0   2 ⋅ cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 = 2

Justando tudo:

l i m x → 0 2 x cos ⁡ x 2 l i m x → 0 1 f ' x = l i m x → 0   2 ⋅ cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 l i m x → 0 1 f ' ' x    

l i m x → 0   2 ⋅ cos ⁡ x 2 - 2 x 2 sen ⁡ x 2 l i m x → 0 1 f ' ' x = 2 ⋅ 1 8

Ou seja

lim x → 0 ⁡ sin ⁡ x 2 + 1 1 f x = 1 4  

E acabamos a questão, certo? ERRADO!

Passo 4

Nós calculamos o limite do expoente de e , lembra? Nossa expressão era:

e lim x → 0 ⁡ ln ⁡   sin ⁡ x 2 + 1 1 f x

E como já achamos o valor do nosso limite, nossa expressão se torna:

e 1 / 4

Que pode ser escrita como:

e 4

E agora sim acabamos nossa questão! Item correto é o item d)

Resposta

d)

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