\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\operatorname{cosh} x-1}{x^{2}}

Passo 1

O enunciado pede calcular o limite quando x tende a 0 da expressão
\frac{\operatorname{cosh} x - 1}{x^{2}}.
Informações relevantes fornecidas: a função envolvida é \operatorname{cosh} x (cosseno hiperbólico) e o ponto de interesse é x=0. Não há outras hipóteses adicionais no enunciado.

Passo 2

Vamos testar a substituição direta para ver se o limite é imediato. Substituindo x=0 temos no numerador \operatorname{cosh} 0 - 1. Lembrando que \operatorname{cosh} 0 = 1, então o numerador é 1-1=0. O denominador x^{2} em x=0 também é 0. Portanto a expressão é do tipo indeterminado 0/0, então não podemos concluir o valor do limite por substituição direta.

Passo 3

Vou usar o Teorema de L’Hôpital (uma ferramenta padrão para limites do tipo 0/0 ou \infty/\infty). Ele diz, em palavras simples: se \lim_{x\to a} f(x)=0 e \lim_{x\to a} g(x)=0 e f e g são diferenciáveis perto de a (com g'(x)\neq 0 próximo de a), então
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}
se esse último limite existir. Aqui f(x)=\operatorname{cosh} x-1 e g(x)=x^{2}. As derivadas a usar são conhecidas:
\frac{d}{dx}\operatorname{cosh} x=\operatorname{sinh} x,
\frac{d}{dx}\operatorname{sinh} x=\operatorname{cosh} x,
\frac{d}{dx}x^{2}=2x.
(Para referência, \operatorname{sinh} x é o seno hiperbólico, definido por \operatorname{sinh} x=\tfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}.)

Passo 4

Aplicando L’Hôpital uma vez obtemos
\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{cosh} x-1}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sinh} x}{2x}.
Verificamos novamente a substituição direta: \operatorname{sinh} 0=0 e 2\cdot 0=0, então ainda temos 0/0. Ou seja, devemos aplicar L’Hôpital novamente.

Passo 5

Aplicando L’Hôpital pela segunda vez (derivando numerador e denominador outra vez) obtemos
\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sinh} x}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{cosh} x}{2}.
Agora a substituição direta funciona: \operatorname{cosh} 0=1, logo o limite é
\frac{\operatorname{cosh} 0}{2}=\frac{1}{2}.

Passo 6

Para reforçar a intuição, apresento um método alternativo (série de Taylor), que costuma aparecer em provas: a expansão em série de \operatorname{cosh} x centrada em 0 é
\operatorname{cosh} x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \cdots.
Subtraindo 1 e dividindo por x^{2} obtemos
\frac{\operatorname{cosh} x - 1}{x^{2}} = \frac{1}{2!} + \frac{x^{2}}{4!} + \cdots.
Ao fazer x\to 0 todos os termos com x desaparecem e sobra \tfrac{1}{2}, que confirma o resultado obtido com L’Hôpital.

Passo 7

Resumo final do raciocínio: substituição direta dá 0/0 (indeterminação), aplicamos L’Hôpital duas vezes usando \frac{d}{dx}\operatorname{cosh} x=\operatorname{sinh} x e \frac{d}{dx}\operatorname{sinh} x=\operatorname{cosh} x, e chegamos ao limite \tfrac{1}{2}.

Resposta

\frac{1}{2}

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