1. Verifique que
\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\ln \left(x-\frac{\pi}{2}\right)}{\operatorname{sec} x}=0
SUgestãO: Regra de L’Hôpital.

Passo 1

O enunciado pede para verificar o valor do limite
\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\ln\!\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}{\operatorname{sec} x}.
Informações dadas e observações iniciais:
  • A função \ln\!\left(x-\frac{\pi}{2}\right) está definida somente quando x-\frac{\pi}{2}>0. Logo só faz sentido considerar o limite pela direita, isto é x\to\frac{\pi}{2}^+.
  • Em x=\frac{\pi}{2} temos \cos x=0, portanto \operatorname{sec} x=\dfrac{1}{\cos x} diverge quando x\to\frac{\pi}{2}.
    Portanto a questão real é avaliar
\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} \frac{\ln\!\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}{\operatorname{sec} x}.

Passo 2

Fazemos uma mudança de variável para simplificar a escrita: seja
t = x - \frac{\pi}{2},
então t\to 0^+ quando x\to\frac{\pi}{2}^+. Reescrevendo a expressão em t:
\frac{\ln\!\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}{\operatorname{sec} x}=\frac{\ln t}{\operatorname{sec}\!\left(\frac{\pi}{2}+t\right)}.
Agora usamos a identidade trigonométrica \cos\!\left(\frac{\pi}{2}+t\right)=-\sin t. Assim
\operatorname{sec}\!\left(\frac{\pi}{2}+t\right)=\frac{1}{\cos\!\left(\frac{\pi}{2}+t\right)}=\frac{1}{-\,\sin t}=-\csc t.
Logo a expressão fica
\frac{\ln t}{\operatorname{sec}\!\left(\frac{\pi}{2}+t\right)}=\frac{\ln t}{-\,\csc t}=-\ln t\cdot\sin t.
Portanto o limite original equivale a
\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^+} \frac{\ln\!\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}{\operatorname{sec} x} =\lim_{t\to 0^+} \big(-\ln t\cdot\sin t\big).

Passo 3

Queremos calcular \displaystyle\lim_{t\to 0^+} -\ln t\cdot\sin t. É conveniente analisar o módulo:
\left|-\ln t\cdot\sin t\right|=|\ln t|\,\sin t,
pois \sin t>0 para t\in(0,\pi). Para t>0 pequeno vale a desigualdade bem conhecida
0<\sin t\le t.
Multiplicando por |\ln t|\ge 0 obtemos
0 \le \sin t\,|\ln t| \le t\,|\ln t|.
Assim, se mostrarmos que \displaystyle\lim_{t\to 0^+} t\,|\ln t|=0, teremos por comparação (squeeze theorem) que \displaystyle\lim_{t\to 0^+} \sin t\,|\ln t|=0, o que implica \displaystyle\lim_{t\to 0^+} -\ln t\cdot\sin t=0.

Passo 4

Mostramos que \displaystyle\lim_{t\to 0^+} t\,|\ln t|=0. Como para t\to0^+ temos \ln t\to -\infty, é útil escrever
t\ln t=\frac{\ln t}{1/t},
e aplicar a Regra de L’Hôpital (condições: numerador \to -\infty, denominador \to +\infty, forma indeterminada -\infty/\infty válida para L’Hôpital). Derivando numerador e denominador em relação a t:
  • derivada de \ln t é \dfrac{1}{t};
  • derivada de 1/t é -\dfrac{1}{t^2}.
Pelo teorema de L’Hôpital,
\lim_{t\to 0^+} \frac{\ln t}{1/t} = \lim_{t\to 0^+} \frac{\frac{1}{t}}{-\frac{1}{t^2}} = \lim_{t\to 0^+} (-t) = 0.
Portanto \displaystyle\lim_{t\to 0^+} t\ln t=0. Como t\ln t é negativo para t\in(0,1), segue que t|\ln t|=-t\ln t\to 0 também.

Passo 5

Voltando à desigualdade do Passo 3, temos 0\le \sin t\,|\ln t|\le t\,|\ln t| e o lado direito tende a 0. Pelo princípio do sanduíche,
\lim_{t\to 0^+} \sin t\,|\ln t| =0.
Assim
\lim_{t\to 0^+} -\ln t\cdot\sin t =0.
Lembrando que isso é exatamente a expressão equivalente ao limite pedido quando x\to\frac{\pi}{2}^+, concluímos que o limite procurado é 0.

Resposta

0

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