Calcule:

c )   l i m x → 0 + x t g ( x 2 )

Passo 1

Eaew, tudo certinho?

O enunciado aqui não é muito detalhado, ele pede com que calculemos o seguinte

l i m x → 0 + x t g ( x 2 )

Ou seja, o limite com x → 0 + da função

f ( x ) = x t g ( x 2 )

Para resolver vamos primeiro utilizar algumas propriedades de limite, e aplicar o método de L’Hospital! Saca só!

Passo 2

Primeiro podemos utilizar a propriedade do limite de funções exponenciais, obtendo

l i m x → 0 + x t g ( x 2 ) = [ l i m x → 0 + x ] l i m x → 0 + t g ( x 2 )

Se avaliarmos em x = 0 , obtemos uma indeterminação do tipo 0 0 , para fugir disso, vamos utilizar a seguinte propriedade do logaritmo,

e l n ( f ( x ) ) = f ( x )

Podemos escrever nosso limite como

l i m x → 0 + x t g ( x 2 ) = l i m x → 0 + e l n [ x t g ( x 2 ) ]

Utilizando agora que

l n ( a c ) = c   l n ( a )

podemos escrever o seguinte limite

l i m x → 0 + e l n [ x t g ( x 2 ) ] = l i m x → 0 + e t g ( x 2 ) l n ( x )

Vamos reescrever o limite da seguinte forma, temos que

l i m x → 0 + e t g ( x 2 ) l n ( x ) = l i m x → 0 + e l n ( x ) 1 / t a n ( x 2 ) = e l i m x → 0 + t g ( x 2 ) 1 / l n ( x )

Com temos que o l i m x → 0 + 1 / t g ( x 2 ) = 1 / 0 - ∞ e o limite de l i m x → 0 + l n ( x ) = ∞ , portanto, temos uma indeterminação do tipo ∞ / ∞ e podemos aplicar L’Hospital! Vem comigo!

Passo 3

L’Hospital consiste em derivar o numerador e o denominador para simplificar o nosso limite! Da seguinte maneira

e l i m x → 0 + l n ( x ) 1 / t a n ( x 2 ) = e l i m x → 0 + d d x [ l n ( x ) ] d d x [ 1 / t a n ( x 2 ) ]

Usando a regra da cadeia

d d x ( h ( g ( i ( x ) ) ) ) = d d g h ( g ) d d i g ( i ) d d x i ( x )

Temos em nosso caso que 1 /   t g ( x 2 ) = [ t g ( x 2 ) ] - 1 = h ( g ( i ( x ) ) ) , portanto, temos que h = g - 1 e g ( x ) = t g ( i ) , e i ( x ) = x 2 . Ou seja, temos a seguinte derivada

d d x [ t g ( x 2 ) ] - 1 = d d g [ g - 1 ] d d i [ t g ( i ) ] d d x [ x 2 ]

Usando a regra do tombo para obter que

d d x [ x 2 ] = 2 x 2 - 1 = 2 x

e, lembrando que

d d i [ t g ( i ) ] = s e c 2 ( i )

agora, aplicando a regra do tombo, temos que

d d g [ g - 1 ] = - 1 g - 1 - 1 = - g - 2

como temos que g = t g ( x 2 ) , então a derivada em nosso numerador é tal que

d d x [ t g ( x 2 ) ] - 1 = - 2 x t g - 2 ( x 2 ) s e c 2 ( x 2 )

Como temos que t g - 2 ( x ) = c o s 2 ( x ) / s e n 2 ( x ) e s e c 2 ( x ) = 1 / c o s 2 ( x ) , podemos simplificar a nossa derivada para obter

d d x [ t g ( x 2 ) ] - 1 = - 2 x t g - 2 ( x 2 ) s e c 2 ( x 2 ) = - 2 x c s c 2 ( x 2 )

Essa é a derivada do numerador! Vamos agora fazer a outra!

Passo 4

A derivada do nosso denominador é tal que

d d x [ l n ( x ) ] = 1 / x

Vamos utilizar estes dois resultados para reescrever nosso limite como

e l i m x → 0 + d d x [ l n ( x ) ] d d x [ 1 / t g 2 ( x 2 ) ] = e l i m x → 0 + 1 / x - 2 x c s c 2 ( x 2 ) = e l i m x → 0 + 1 - 2 x 2 c s c 2 ( x 2 )

como temos que

l i m x → 0 + - 2 x 2 c s c 2 ( x 2 ) = - 2 ( 0 ) 2 s e n 2 ( 0 2 ) = 0 / 0

Vamos ter que aplicar L’Hospital denovo!

Passo 5

Aplicando L’Hospital temos que

l i m x → 0 + - 2 x 2 s e n 2 ( x 2 ) = l i m x → 0 + - 2 d d x [ x 2 ] d d x [ s e n 2 ( x 2 ) ]

Usando a regra do tombo para a derivada no numerador, temos que

d d x [ x 2 ] = 2 x 2 - 1 = 2 x

e, a regra da cadeia no denominador, assim como nos passos anteriores! Temos que

d d x [ s e n 2 ( x 2 ) ] = 2 s e n ( x ) d d x [ s e n ( x 2 ) ]

Aplicando regra da cadeia novamente, e lembrando que

d d x [ s e n ( x ) ] = c o s ( x )

a derivada do denominador pode ser escrita como

d d x [ s e n 2 ( x 2 ) ] = 4 x s e n ( x ) c o s ( x )

e o nosso limite se torna

l i m x → 0 + - 2 d d x [ x 2 ] d d x [ s e n 2 ( x ) ] = l i m x → 0 + - 4 x 4 x s e n ( x ) c o s ( x ) = l i m x → 0 + - 1 s e n ( x ) c o s ( x )

Agora, temos que o limite pode ser avaliado e resulta em

l i m x → 0 + - 1 s e n ( x ) c o s ( x ) = - 1 / 0 = - ∞

Temos que o limite original toma a forma

e l i m x → 0 + 1 - 2 x 2 c s c 2 ( x 2 ) = e 1 / - ∞ = e 0

Ou seja, no final das contas, temos que

l i m x → 0 + x t g ( x 2 ) = 1

Resposta

l i m x → 0 + x t g ( x 2 ) = 1

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Para a função f cujo gráfico é dado, diga o valor de cada quantidade indicada, se ela existir. Se não existir, diga o por quê. lim x → 1 - ⁡ f x lim x → 1 + ⁡ f x lim x → 1 ⁡ f x lim x → 5 ⁡ f x f ( 5
Esboce o gráfico de um exemplo de uma função f que satisfaça a todas as condições dadas.14)lim x → 0 - ⁡ f x = 1 , lim x → 0 + ⁡ f x = - 1 ,lim x → 2 - ⁡ f x = 0 ,lim x → 2 + ⁡ f x = 1 , f 2 = 1 ,f 0
Estime o valor do limite lim x → 0 ⁡ 1 + x 1 x Com 5 casas decimais. Esse número lhe parece familiar?Confirme sua resposta da letra (a) fazendo o gráfico da função.
Use o gráfico da função f x = 1 1 + e 1 x Para dizer o valor de cada limite, se existir. Se não existir, explique por quê. lim x → 0 - ⁡ f x lim x → 0 + ⁡ f x lim x → 0 ⁡ f ( x )
Faça o gráfico da função f x = sin ⁡ π x do Exemplo 4 na janela retangular - 1,1 por - 1,1 . Então dê um zoom em direção à origem diversas vezes. Comente o comportamento dessa função.