Estude a continuidade das seguintes funçōes:
f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\operatorname{sen} x}{x-\pi}, x \neq \pi \\\\ -1, x=\pi\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado define a função por partes
f(x)=\begin{cases} \displaystyle \frac{\sin x}{x-\pi}, & x\neq\pi,\\[6pt] -1, & x=\pi, \end{cases}
e pede que a gente estude a continuidade dessa função.\n
Informações relevantes dadas:
\text{(i) } f(x)=\frac{\sin x}{x-\pi}\text{ para }x\neq\pi, \qquad \text{(ii) } f(\pi)=-1.
A única possível dificuldade de continuidade ocorre em x=\pi (pois fora desse ponto a expressão é uma razão de funções usuais).]

Passo 2

Lembrete rigoroso e intuitivo do que significa ser contínuo num ponto: dizemos que f é contínua em a se
\lim_{x\to a} f(x)=f(a).
Ou seja, ao aproximarmos x de a, os valores f(x) devem se aproximar exatamente do valor que a função toma em a.\n
Primeiro verificamos continuidade em pontos a\neq\pi. Para qualquer a\neq\pi a fórmula f(x)=\dfrac{\sin x}{x-\pi} vale numa vizinhança de a e é quociente de funções contínuas ( \sin x e x-\pi), com denominador não nulo nessa vizinhança. Portanto, por propriedades básicas, f é contínua em todo a\neq\pi.

Passo 3

Falta verificar continuidade em x=\pi. Pelo critério de continuidade, precisamos calcular
\lim_{x\to\pi}\frac{\sin x}{x-\pi}
e comparar esse limite com f(\pi)=-1. Se o limite existir e for igual a -1, a função será contínua em x=\pi.

Passo 4

Para calcular o limite, faço a mudança de variável padrão que simplifica indeterminações desse tipo. Seja h=x-\pi. Quando x\to\pi temos h\to 0. Reescrevendo a expressão:
\frac{\sin x}{x-\pi}=\frac{\sin(\pi+h)}{h}.
Usamos a identidade trigonométrica
\sin(\pi+h)=-\sin h,
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\frac{\sin(\pi+h)}{h}=-\frac{\sin h}{h}.
Portanto
\lim_{x\to\pi}\frac{\sin x}{x-\pi}=-\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}.

Passo 5

Agora precisamos do clássico limite
\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}.
Vou justificar esse limite usando a desigualdade trigonométrica e o teorema do confronto (squeeze theorem), que é um argumento padrão e não exige cálculo avançado.\n
Para 0<h<\tfrac{\pi}{2} vale (geometricamente) que
\sin h < h < \tan h = \frac{\sin h}{\cos h}.
Dividindo tudo por \sin h (positivo nesse intervalo) obtemos
1 < \frac{h}{\sin h} < \frac{1}{\cos h},
que invertendo (e mantendo as desigualdades na ordem correta, pois todos os termos são positivos) dá
\cos h < \frac{\sin h}{h} < 1.
Como \lim_{h\to 0}\cos h = 1, pelo teorema do confronto concluímos que
\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=1.
Para h tendendo a 0 por valores negativos o mesmo resultado vale porque \dfrac{\sin h}{h} é uma função par (ou podemos aplicar o argumento simétrico). Assim o limite global é 1.

Passo 6

Voltando ao passo anterior, temos
\lim_{x\to\pi}\frac{\sin x}{x-\pi}=-\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=-1.
Portanto o limite existe e vale exatamente -1.

Passo 7

Comparando com o valor da função em \pi, que é f(\pi)=-1, vemos que
\lim_{x\to\pi}f(x)=f(\pi).
Logo f é contínua em x=\pi. Juntando com o resultado do Passo 2 (continuidade em todo x\neq\pi), concluímos que f é contínua em todos os pontos reais.

Resposta

A função é contínua em todo \mathbb{R}.

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