Calcule os limites, aplicando a regra de L’Hopital, quando possível:
\lim _{x \rightarrow 1}\left(\operatorname{tg}\left(\frac{\pi x}{4}\right)^{\operatorname{tg}\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right)

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{x\to 1}\left(\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{4}\right)^{\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\right).
Informações importantes extraídas do enunciado:
  • A função base é \operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{4}\right).
  • O expoente é \operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{2}\right).
  • Ao substituir x=1 temos \operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi}{4}\right)=1 e \operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi}{2}\right) é infinito (vertical), logo a forma indeterminada é do tipo 1^{\infty}.

Passo 2

Quando temos uma potência que tende para a forma indeterminada 1^{\infty} a técnica padrão é passar para o logaritmo e depois usar exponencial. Defino a função dentro do limite como
f(x)=\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{4}\right)^{\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)}.
Então trabalho com \ln f(x) e, se \lim_{x\to1}\ln f(x)=L existir finito, o limite pedido será e^{L}. Escrevo
\ln f(x)=\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)\cdot \ln\!\bigg(\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{4}\right)\bigg).

Passo 3

Analiso o comportamento dos fatores em \ln f(x) quando x\to1:
  • \ln\!\big(\operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{4})\big)\to\ln(1)=0.
  • \operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{2})\to\pm\infty (há assimptota em \tfrac{\pi}{2}), logo o produto é da forma 0\cdot\infty, que pode ser convertido em uma forma 0/0 ou \infty/\infty adequada para aplicar a regra de L’Hôpital. Vou transformar o produto numa razão:
\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)\cdot \ln\!\bigg(\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi x}{4}\right)\bigg) = \frac{\ln\!\big(\operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{4})\big)}{\cot\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}.
Aqui usei \cot u = 1/\tan u. Observa-se que, quando x\to1, o numerador tende a 0 e o denominador \cot(\tfrac{\pi x}{2}) também tende a 0, então temos uma forma 0/0 e podemos aplicar L’Hôpital.

Passo 4

Vou aplicar a regra de L’Hôpital: calcular derivadas do numerador e do denominador e tomar o limite do quociente dessas derivadas. Defino
N(x)=\ln\!\big(\operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{4})\big), \qquad D(x)=\cot\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right).
Calculo N'(x) e D'(x) com calma.

Passo 5

Derivada do numerador N(x). Usando regra da cadeia:
N'(x)=\frac{1}{\operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{4})}\cdot \frac{d}{dx}\!\left[\operatorname{tg}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)\right].
Sabendo que \frac{d}{du}\tan u=\operatorname{sec}^{2}u e que \frac{d}{dx}\big(\tfrac{\pi x}{4}\big)=\tfrac{\pi}{4}, obtemos
\frac{d}{dx}\!\left[\operatorname{tg}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)\right]=\operatorname{sec}^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)\cdot \frac{\pi}{4}.
Logo
N'(x)=\frac{1}{\operatorname{tg}(\tfrac{\pi x}{4})}\cdot \operatorname{sec}^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)\cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}\cdot \frac{\operatorname{sec}^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)}{\tan\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)}.
Agora simplifico a expressão trigonométrica. Escrevo \operatorname{sec}^{2}a=\dfrac{1}{\cos^{2}a} e \tan a=\dfrac{\sin a}{\cos a}, então
\frac{\operatorname{sec}^{2}a}{\tan a}=\frac{1/\cos^{2}a}{\sin a/\cos a}=\frac{1}{\cos a\sin a}.
Use a identidade \sin(2a)=2\sin a\cos a, daí \sin a\cos a=\tfrac{1}{2}\sin(2a). Tomando a=\tfrac{\pi x}{4} obtemos 2a=\tfrac{\pi x}{2}. Assim
\frac{\operatorname{sec}^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)}{\tan\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)} = \frac{1}{\cos\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)\sin\!\left(\tfrac{\pi x}{4}\right)} = \frac{2}{\sin\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}.
Portanto
N'(x)=\frac{\pi}{4}\cdot \frac{2}{\sin\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)} =\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{\sin\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}.

Passo 6

Derivada do denominador D(x)=\cot\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right). Lembrando que \frac{d}{du}\cot u = -\csc^{2}u e que \frac{d}{dx}\big(\tfrac{\pi x}{2}\big)=\tfrac{\pi}{2}, temos
D'(x)=-\csc^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)\cdot \frac{\pi}{2} = -\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{\sin^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}.

Passo 7

Aplicando L’Hôpital:
\lim_{x\to1}\frac{N(x)}{D(x)}=\lim_{x\to1}\frac{N'(x)}{D'(x)} = \lim_{x\to1}\frac{\dfrac{\pi}{2}\cdot \dfrac{1}{\sin\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}} {-\dfrac{\pi}{2}\cdot \dfrac{1}{\sin^{2}\!\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)}}.
Cancelando o fator comum \dfrac{\pi}{2} e simplificando as frações:
\frac{\dfrac{1}{\sin\theta}}{-\dfrac{1}{\sin^{2}\theta}}=-\sin\theta, \quad\text{com }\theta=\tfrac{\pi x}{2}.
Portanto
\lim_{x\to1}\frac{N'(x)}{D'(x)}=-\sin\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=-1.
Isso significa que
\lim_{x\to1}\ln f(x)=-1.

Passo 8

Como \lim_{x\to1}\ln f(x)=-1, voltando da transformação logarítmica, o limite original é
\lim_{x\to1} f(x)=\exp\!\left(\lim_{x\to1}\ln f(x)\right)=\exp(-1)=e^{-1}.
Uma breve checagem intuitiva: aproximando por x\to1^{-} e x\to1^{+} obtém-se o mesmo valor porque os sinais dos fatores se compensam, e o produto tende a -1 de ambos os lados, então a exponencial tende a e^{-1}.

Resposta

\displaystyle e^{-1}

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