Calcule o limite, caso exista. Justifique
\lim _{x \rightarrow-1} \frac{5 x+\cos (x)}{1-x^{2}}

Passo 1

O enunciado pede calcular o limite
\lim_{x\to -1}\frac{5x+\cos(x)}{1-x^{2}}.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A função que aparece é \dfrac{5x+\cos(x)}{1-x^{2}}.
  • O ponto onde queremos o limite é x=-1.
  • Note que 1-x^{2}=0 quando x=\pm1, logo o denominador anula-se em x=-1.
  • A função \cos(x) é bem definida em todo \mathbb{R} e \cos(-1)=\cos(1) (paridade do cosseno).

Passo 2

Avalio o limite do numerador quando x\to-1. Como \cos é contínua, temos
\lim_{x\to-1} (5x+\cos x)=5(-1)+\cos(-1)=-5+\cos(1).
Vou chamar essa constante de
C:=-5+\cos(1).
Para ver que C não é zero: \cos(1)\le 1, então C\le -5+1=-4, logo C<0. Portanto o numerador tende para uma constante negativa e não nula.

Passo 3

Avalio o limite do denominador quando x\to-1:
\lim_{x\to-1}(1-x^{2})=1-(-1)^{2}=0.
Logo a expressão tem a forma “constante não nula dividido por zero”, o que sugere divergência para infinito (com sinal a determinar). Para decidir o sinal devemos estudar os limites laterais (uma vez que o denominador muda de sinal ao atravessar x=-1).

Passo 4

Fatoro o denominador para entender o comportamento próximo de x=-1:
1-x^{2}=(1-x)(1+x).
Perto de x=-1 o fator (1-x) é aproximadamente 1-(-1)=2, isto é, é positivo e não se anula em x=-1; o fator que realmente muda de sinal ao atravessar -1 é (1+x). Uma maneira prática e precisa de ver isso é fazer a substituição
x=-1+h,
onde h\to 0. Então
1-x^{2}=1-(-1+h)^{2}=1-(1-2h+h^{2})=2h-h^{2}=h(2-h).
Para h pequeno, 2-h é próximo de 2>0, portanto o sinal de 1-x^{2} é o mesmo do sinal de h (ou seja, do sinal de x+1) muito perto de -1.

Passo 5

Expresso o numerador usando a mesma substituição x=-1+h. Pela continuidade (e diferenciabilidade) de \cos,
5x+\cos x = 5(-1+h)+\cos(-1+h)=C+5h + r(h),
onde C=-5+\cos(1) e r(h)\to 0 quando h\to 0 (de fato r(h)=\cos(-1+h)-\cos(-1)=O(h)). Assim a razão fica
\frac{5x+\cos x}{1-x^{2}}=\frac{C+5h+r(h)}{h(2-h)}.
Dividindo numerador e denominador por h (para h\neq0):
\frac{C+5h+r(h)}{h(2-h)}=\frac{C/h + 5 + r(h)/h}{2-h}.
Como C\neq 0, o termo dominante quando h\to 0 é C/h, portanto o sinal e a magnitude do quociente são governados por C/h. Lembrando que C<0:
  • Se h\to 0^{+} (isto é, x\to -1^{+}), então h>0 pequeno e C/h é negativo grande em módulo, logo o quociente tende para -\infty.
  • Se h\to 0^{-} (isto é, x\to -1^{-}), então h<0 pequeno e C/h é positivo grande, logo o quociente tende para +\infty.
Em termos do x original:
\lim_{x\to -1^{+}}\frac{5x+\cos x}{1-x^{2}}=-\infty, \qquad \lim_{x\to -1^{-}}\frac{5x+\cos x}{1-x^{2}}=+\infty.

Passo 6

Como os limites laterais não coincidem (um vai para -\infty e o outro para +\infty), o limite bilateral \lim_{x\to -1}\dfrac{5x+\cos x}{1-x^{2}} não existe. Também é correto dizer que não existe nem mesmo um infinito bilateral único, pois os sinais das divergências são opostos.

Resposta

\lim_{x\to -1^{-}}\dfrac{5x+\cos x}{1-x^{2}}=+\infty
\lim_{x\to -1^{+}}\dfrac{5x+\cos x}{1-x^{2}}=-\infty
\displaystyle \lim_{x\to -1}\dfrac{5x+\cos x}{1-x^{2}} não existe.

Exercícios relacionados