Calcule os limites a seguir:
а)
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x^{2}}{\cos (x / 2)-1};
b)
\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\tan (\sqrt{x}-1)}{x-1}.

Passo 1

O enunciado pede o cálculo de dois limites. Vou listar claramente o que é solicitado e as informações dadas:
  • (a) Calcular \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{2x^{2}}{\cos\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)-1}.
  • (b) Calcular \displaystyle \lim_{x\to 1}\frac{\tan\bigl(\sqrt{x}-1\bigr)}{x-1}.
Nenhuma outra informação numérica foi dada; tratam-se de limites com indeterminações do tipo \tfrac{0}{0} ao primeiro olhar (pois \cos(0)-1=0 e \tan(0)=0, x-1\to0 quando x\to1). A resolução detalhada começa no próximo passo.

Passo 2

Vamos tratar do item (a). Primeiro reconhecemos a forma indeterminada: quando x\to0,
\cos\!\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)-1\to\cos(0)-1=0 e 2x^2\to0, logo temos 0/0.
Uma ferramenta muito útil para limites que envolvem \cos é a identidade trigonométrica
1-\cos u = 2\sin^{2}\!\left(\frac{u}{2}\right).
Dessa identidade segue imediatamente que
\cos u - 1 = -\bigl(1-\cos u\bigr) = -2\sin^{2}\!\left(\frac{u}{2}\right).

Passo 3

Aplicamos a identidade com u=\tfrac{x}{2}. Assim
\cos\!\left(\frac{x}{2}\right)-1 = -2\sin^{2}\!\left(\frac{x}{4}\right).
Substituindo no limite de (a) obtemos
\frac{2x^{2}}{\cos\!\left(\frac{x}{2}\right)-1} = \frac{2x^{2}}{-2\sin^{2}\!\left(\frac{x}{4}\right)} = -\frac{x^{2}}{\sin^{2}\!\left(\frac{x}{4}\right)}.

Passo 4

Agora escrevemos a expressão de modo a usar o limite padrão \displaystyle \lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1.
Observe que
-\frac{x^{2}}{\sin^{2}\!\left(\frac{x}{4}\right)} = -\left(\frac{x}{\sin\!\left(\frac{x}{4}\right)}\right)^{2}.
Para aplicar o limite, relacionamos \dfrac{x}{\sin(x/4)} com a forma \dfrac{\sin t}{t}. Faça a mudança t=\dfrac{x}{4}. Então x=4t e
\frac{x}{\sin\!\left(\frac{x}{4}\right)} = \frac{4t}{\sin t} = 4\cdot\frac{t}{\sin t}^{-1} = 4\cdot\frac{1}{\dfrac{\sin t}{t}}.

Passo 5

Usamos o limite conhecido (pequena lição rápida): para t\to0,
\frac{\sin t}{t}\to 1.
Justificativa curta: pela expansão em série para t pequeno, \sin t = t - \tfrac{t^{3}}{6} + \cdots, então \dfrac{\sin t}{t}=1 - \tfrac{t^{2}}{6}+\cdots\to1; outra justificativa é a clássica prova geométrica ou o uso do teorema do confronto. Aceitamos \lim_{t\to0}\dfrac{\sin t}{t}=1 como ferramenta padrão.
Com isso, quando t=\dfrac{x}{4}\to0,
\frac{x}{\sin\!\left(\frac{x}{4}\right)} = \frac{4}{\dfrac{\sin t}{t}} \longrightarrow 4.

Passo 6

Voltando à expressão do limite:
-\left(\frac{x}{\sin\!\left(\frac{x}{4}\right)}\right)^{2} \longrightarrow -(4)^{2} = -16.
Portanto o limite do item (a) vale -16.

Passo 7

Agora tratamos do item (b). Novamente identificamos a indeterminação: quando x\to1,
\sqrt{x}-1\to0 e x-1\to0, então temos formato \tfrac{0}{0}.
Uma técnica prática é fazer uma substituição que simplifique a raiz. Defina
h=\sqrt{x}-1.
Quando x\to1 temos h\to0. Agora expressamos x e x-1 em termos de h. Como \sqrt{x}=1+h, então
x=(1+h)^{2}=1+2h+h^{2},
portanto
x-1 = 2h + h^{2} = h(2+h).

Passo 8

Reescrevendo o quociente do item (b) em função de h,
\frac{\tan\bigl(\sqrt{x}-1\bigr)}{x-1} = \frac{\tan(h)}{h(2+h)} = \frac{\tan(h)}{h}\cdot\frac{1}{2+h}.
Agora tomamos o limite quando h\to0.

Passo 9

Usamos dois limites padrão:
  • \displaystyle \lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1. (Justificativa curta: \tan h=\dfrac{\sin h}{\cos h}, então \dfrac{\tan h}{h}=\dfrac{\sin h}{h}\cdot\dfrac{1}{\cos h} e, como \dfrac{\sin h}{h}\to1 e \cos h\to1, o produto tende a 1.)
  • \displaystyle \lim_{h\to0}\frac{1}{2+h}=\frac{1}{2}.
Multiplicando os limites:
\lim_{h\to0}\frac{\tan(h)}{h}\cdot\frac{1}{2+h} = 1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Portanto o limite do item (b) vale \tfrac{1}{2}.

Resposta

(a) -16
(b) \tfrac{1}{2}

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