Calcule os seguintes limites usando a regra de L’Hospital:
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cot g(x)}{\ln (x)}

Passo 1

O enunciado pede calcular o limite
\lim_{x\to 0^{+}} \frac{\cot g(x)}{\ln(x)}.
Informações dadas explicitamente:
  • A expressão do limite mostrada acima.
    Informações que NÃO foram dadas (e que são relevantes):
  • Não foi fornecida a definição de g(x) nem o comportamento de g(x) quando x\to0^{+}.
    Portanto, neste passo ficou claro o que se pede e que falta informação essencial sobre g(x).

Passo 2

O que precisamos para decidir o valor do limite.
Explicando a regra de L’Hospital (didaticamente, sem pular passos):
  • A regra de L’Hospital pode ser aplicada quando a forma do limite é indeterminada tipo \tfrac{0}{0} ou \tfrac{\infty}{\infty}.
  • Em palavras: se \lim_{x\to a} f(x)=0 e \lim_{x\to a} h(x)=0, ou se ambos tendem a \pm\infty, e f,h são diferenciáveis perto de a com h'(x)\neq0 perto de a (exceto talvez em a), então
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{h(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{h'(x)}
quando o limite à direita existir (ou for \pm\infty).
  • Cada símbolo: f é numerador, h é denominador, a é o ponto de limite; f' e h' são derivadas.
  • Importante: só usar L’Hospital se a forma inicial for \tfrac{0}{0} ou \tfrac{\infty}{\infty}. Se a forma for, por exemplo, \tfrac{\text{finito}}{\infty}, aí o limite é imediatamente 0 e não se aplica L’Hospital.

Passo 3

Análise das formas possíveis do limite dado a ausência de informação sobre g(x). Vamos listar os casos que podem ocorrer e o que cada caso implica (sempre explicando por que):
Caso 1 — \displaystyle \lim_{x\to0^{+}} g(x)=L para algum número finito L tal que \sin L\neq0.
  • Então \cot g(x)\to\cot L, um número finito.
  • Como \ln(x)\to -\infty quando x\to0^{+}, a razão tende a
\frac{\text{número finito}}{-\infty}=0.ú
  • Conclusão: neste caso o limite vale 0. Não se precisa de L’Hospital.
Caso 2 — \displaystyle \lim_{x\to0^{+}} g(x)=k\pi para algum inteiro k (ou seja, g(x) tende a um múltiplo de \pi onde \sin é zero). Este caso é mais delicado porque \cot pode explodir.
  • Comportamento local quando y\to0: \cot y \sim \dfrac{1}{y}. Ou seja, para y pequeno,
\cot y = \frac{\cos y}{\sin y}\approx \frac{1}{y}.
  • Aplicando isso com y=g(x)-k\pi (se g(x)\to k\pi) obtemos que \cot g(x) tende a \pm\infty na mesma velocidade em que 1/(g(x)-k\pi).
  • Então o quociente tem a forma \tfrac{\pm\infty}{-\infty}, que é essencialmente um caso \tfrac{\infty}{\infty} indeterminado: aí a regra de L’Hospital pode ser tentada.
  • Para aplicar L’Hospital neste cenário, calculemos as derivadas (regra da cadeia):
\frac{d}{dx}[\cot g(x)] = -\csc^{2}(g(x))\cdot g'(x), \qquad \frac{d}{dx}[\ln x]=\frac{1}{x}.
  • Logo, se L’Hospital puder ser usado, o limite (quando existir) será
\lim_{x\to0^{+}} \frac{\cot g(x)}{\ln x} = \lim_{x\to0^{+}} \frac{-\csc^{2}(g(x))\,g'(x)}{1/x} = \lim_{x\to0^{+}} \big(-x\,g'(x)\,\csc^{2}(g(x))\big),
desde que a forma original fosse \tfrac{\infty}{\infty} e as derivadas cumpram as hipóteses.
  • Observação: para encontrar esse limite final é preciso saber o comportamento de g'(x) e de \sin g(x) quando x\to0^{+}. Sem essa informação não dá para concluir numericamente.
Caso 3 — \displaystyle g(x) não tem limite (por exemplo, oscila ou diverge).
  • Como \cot é periódica e singular em múltiplos de \pi, sem conhecimento do comportamento de g(x) não é possível afirmar um único valor para o limite; ele pode não existir ou pode divergir, dependendo de como g(x) se comporta.

Passo 4

Critérios simples que resolvem sem muita derivada (úteis para a prova):
  • Se existir \delta>0 e m>0 tais que |\sin(g(x))|\ge m para 0<x<\delta (ou seja, g(x) não se aproxima de nenhum múltiplo de \pi), então |\cot g(x)|\le 1/m e assim o numerador é limitado. Como \ln x\to-\infty, segue que o limite é 0. Este é um critério prático: se g(x) fica longe de pontos onde \cot explode, o limite é 0.
  • Se g(x)\to k\pi e g(x)-k\pi tende a 0 como alguma taxa conhecida (por exemplo, proporcional a a função x^{\alpha} ou a x), dá para aplicar a expansão \cot y\sim 1/y e/ou L’Hospital para obter a resposta específica (exemplos a seguir).

Passo 5

Exemplos concretos (para aprender a aplicar a técnica na prova):
Exemplo A: g(x)=x.
  • Aqui g(x)\to0, logo \cot g(x)\sim 1/x. Forma inicial é \tfrac{\infty}{-\infty} (na prática \tfrac{\infty}{\infty} em módulo), aplicamos L’Hospital:
\frac{d}{dx}[\cot x] = -\csc^{2}x,\qquad \frac{d}{dx}[\ln x]=\frac{1}{x}.
\lim_{x\to0^{+}}\frac{\cot x}{\ln x} = \lim_{x\to0^{+}}\frac{-\csc^{2}x}{1/x} = \lim_{x\to0^{+}}(-x\,\csc^{2}x).
  • Para x pequeno, \csc^{2}x\sim 1/x^{2}, então -x\,\csc^{2}x\sim -x\cdot\frac{1}{x^{2}}=-\frac{1}{x}\to -\infty.
  • Resultado: para g(x)=x, o limite é -\infty.
Exemplo B: g(x)=x^{2}.
  • Similarmente, aplicar L’Hospital leva a
\lim_{x\to0^{+}}\frac{\cot(x^{2})}{\ln x} = \lim_{x\to0^{+}} \big(-x\cdot 2x\cdot \csc^{2}(x^{2})\big) = \lim_{x\to0^{+}} \big(-2x^{2}\csc^{2}(x^{2})\big).
  • Como \csc^{2}(x^{2})\sim 1/x^{4}, o produto -2x^{2}\cdot 1/x^{4}=-2/x^{2}\to -\infty.
  • Resultado: para g(x)=x^{2}, o limite é -\infty.
Exemplo C: g(x)\to L com \sin L\neq0.
  • Como explicado, então \cot g(x)\to\cot L finito e o limite é 0.

Passo 6

Resumo do que é necessário para responder definitivamente ao problema original:
  • Para determinar \displaystyle\lim_{x\to0^{+}} \frac{\cot g(x)}{\ln x} é obrigatório saber o comportamento de g(x) quando x\to0^{+} (por exemplo, seu limite, se existe; ou a taxa com que se aproxima de um múltiplo de \pi; ou o comportamento de g'(x) se for usar L’Hospital).
  • Sem essa informação a única conclusão correta é que o limite é indeterminado (não pode ser fixado) e que diferentes escolhas de g dão respostas distintas (ex.: 0 para muitos g que evitam múltiplos de \pi; -\infty para g(x)=x ou g(x)=x^{2}; inexistência para casos oscilantes).

Resposta

Não é possível determinar o valor do limite sem mais informações sobre \,g(x)\, quando x\to0^{+}.

Exercícios relacionados