1. Sobre o limite trigonométrico fundamental:
    (a) Explique por que não podemos calcular diretamente \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\operatorname{sen} x}{x} usando as propriedades de limites.
    (b) Usando interpretação geométrica, explique como o teorema do confronto pode ser usado para provar que \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\operatorname{sen} x}{x}=1.
    (Dica: Para 0<x<\frac{\pi}{2}, compare as áreas do triângulo, setor circular e triângulo maior no círculo unitário )

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
(a) explicar por que não podemos calcular diretamente \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} usando apenas as propriedades usuais de limites;
(b) provar, por interpretação geométrica e usando o teorema do confronto, que \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.
Informações úteis dadas (peguei a dica do enunciado):
  • Devo trabalhar no círculo de raio 1 (círculo unitário).
  • Para 0<x<\tfrac{\pi}{2} devo comparar as áreas de: um triângulo pequeno, o setor circular de ângulo x e um triângulo maior ligado à tangente.

Passo 2

Por que não podemos calcular direto com propriedades de limites (resposta à parte (a)). Vou explicar devagar e com calma.
As regras de limites dizem, por exemplo, que se \lim_{x\to 0}f(x)=L e \lim_{x\to 0}g(x)=M com M\neq 0, então
\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}.
No nosso caso temos \lim_{x\to 0}\sin x=0 e \lim_{x\to 0}x=0. Logo o quociente tem a forma \dfrac{0}{0}, que se chama forma indeterminada. A razão pela qual isso é problemático: a propriedade do quociente exige que o limite do denominador seja diferente de zero; se o denominador tende a zero, dividir por ele é proibido pelas regras — podemos ter resultados diferentes dependendo de como numerador e denominador se aproximam de zero. Por exemplo, sequências diferentes que tendem a zero podem produzir razões com limites distintos. Portanto não dá para usar a propriedade do quociente direto: precisamos de outro argumento (por exemplo geometricamente) para descobrir o valor do limite.

Passo 3

Preparação geométrica (início da prova da parte (b)). Vamos ao círculo unitário centrado na origem O. Considere o ponto A=(1,0) e o ponto B=(\cos x,\sin x) no círculo, com 0<x<\tfrac{\pi}{2}. O arco AB subtende o ângulo x em O (ângulo em radianos). Vou calcular as áreas das três regiões sugeridas:
  • Triângulo OAB (o pequeno, dentro do setor);
  • Setor circular OAB (com raio 1 e ângulo x);
  • Triângulo formado pela tangente no ponto A e pela reta OB (o triângulo maior, fora do setor).

Passo 4

Área do triângulo pequeno OAB. Em todo triângulo com dois lados de comprimento 1 que fazem ângulo x entre si, a área é
\text{área do triângulo}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot\sin x=\frac{1}{2}\sin x.áâ
Portanto a área do triângulo interno é \dfrac{1}{2}\sin x.

Passo 5

Área do setor circular OAB. A fórmula da área de um setor de círculo de raio r e ângulo \theta (em radianos) é
\text{área do setor}=\frac{1}{2}r^{2}\theta.á
Aqui r=1 e \theta=x, logo a área do setor é \dfrac{1}{2}x.

Passo 6

Área do triângulo maior (ligado à tangente). A reta tangente ao círculo no ponto A=(1,0) é a reta vertical x=1. Essa reta intercepta a reta que passa por O e B em um ponto superior; o triângulo formado por essa interseção, por O e por A tem altura igual a \tan x (porque a ordenada do ponto de interseção é \tan x). A base do triângulo é OA=1. Assim a área desse triângulo maior é
\text{área do triângulo maior}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \tan x=\frac{1}{2}\tan x.áâ

Passo 7

Comparando as três áreas (argumento geométrico). Visualmente e por construção o triângulo pequeno está contido no setor, que por sua vez está contido no triângulo maior. Portanto, para 0<x<\tfrac{\pi}{2},
\frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2} x < \frac{1}{2}\tan x.
Multiplicando tudo por 2 (positivo) obtemos a desigualdade clássica
\sin x < x < \tan x.

Passo 8

Transformando a desigualdade para isolar \dfrac{\sin x}{x}. Como 0<x<\tfrac{\pi}{2} temos \sin x>0 e \cos x>0, posso manipular as desigualdades sem inverter sinais. Primeiro, da segunda desigualdade x<\tan x e usando \tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x} temos
x<\frac{\sin x}{\cos x}\quad\Rightarrow\quad x\cos x<\sin x.
Dividindo agora por x (positivo) resulta
\cos x<\frac{\sin x}{x}.
Da primeira desigualdade \sin x < x tiramos imediatamente
\frac{\sin x}{x}<1.
Juntando as duas, para 0<x<\tfrac{\pi}{2} obtemos a cadeia
\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1.

Passo 9

Aplicando o teorema do confronto (squeeze theorem). O teorema do confronto diz que se g(x)\le f(x)\le h(x) numa vizinhança de 0 (exceto possivelmente em 0) e \lim_{x\to 0}g(x)=\lim_{x\to 0}h(x)=L, então \lim_{x\to 0}f(x)=L. Aqui, para x\to 0^{+} temos \cos x \le \dfrac{\sin x}{x} \le 1 e
\lim_{x\to 0^{+}}\cos x = 1, \qquad \lim_{x\to 0^{+}}1 = 1.
Pelo teorema do confronto segue que
\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\sin x}{x}=1.

Passo 10

Extensão para limite bilateral (x→0, ambos os lados). Note que a função x\mapsto \dfrac{\sin x}{x} é uma função par (isto é, \dfrac{\sin(-x)}{-x}=\dfrac{\sin x}{x}) porque \sin(-x)=-\sin x. Assim o limite pela esquerda é igual ao limite pela direita. Como já mostramos o limite à direita é 1, concluímos que
\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.

Passo 11

Resumo didático rápido (para você lembrar na prova).
  • Não se pode usar a propriedade do quociente diretamente porque obtemos a forma indeterminada \dfrac{0}{0}.
  • A prova geométrica usa áreas no círculo unitário para obter \sin x < x < \tan x.
  • Reescrevendo e aplicando o teorema do confronto chegamos a \cos x < \dfrac{\sin x}{x} < 1 e então ao limite 1.
    Se quiser, na prova você pode mencionar também que existem outras justificativas (série de Taylor ou regra de L’Hôpital), mas a prova geométrica é a clássica e não usa cálculo avançado.

Resposta

(a) Não é possível porque a substituição direta dá a forma indeterminada \dfrac{0}{0}; as propriedades do quociente exigem que o limite do denominador seja diferente de zero.
(b) \displaystyle 1

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