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Exercícios Resolvidos de Teorema Fundamental do Cálculo com L’Hospital

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Enunciado

Calcule os seguintes limites:

b   lim x → 0 ⁡ ∫ 0 sen ⁡ x 3 x e t 2 d t ∫ cos ⁡ x 1 e t 2 d t

Passo 1

De novo temos uma questão em que ele pede para calcular o limite e no numerador e no denominador aparecem integrais. Então, mais uma vez, pequeno gafanhoto, acredito que você pode prever que você vai substituir o limite, cair numa indeterminação, aplicar L’Hospital e ter que usar o Teorema Fundamental do Cálculo para resolver!

Gente, esse pessoal de Cálculo I não tem criatividade, não?

Passo 2

Vamos substituir o valor do limite que aparece aí:

lim x → 0 ⁡ ∫ 0 sen ⁡ x 3 x e t 2 d t ∫ cos ⁡ x 1 e t 2 d t = ∫ 0 sen ⁡ 0 3 0 e t 2 d t ∫ cos ⁡ 0 1 e t 2 d t

= ∫ 0 0 3 0 e t 2 d t ∫ 1 1 e t 2 d t = 0 0

Isso significa que podemos usar nosso queridíssimo L’Hospital! Agora, para isso a gente tem que derivar usando o Teorema Fundamental do Cálculo.

Passo 3

Vamos começar derivando a função do numerador.

Opa! Parece que quem fez o enunciado colocou uma pimentinha para dar uma variada ali. Observa que no numerador desse quociente tem um termo dentro da integral que é função de x . Como a integral é em t podemos usar aquele macete de encarar esse 3 x é como se fosse uma constante e tirá-lo da integral:

∫ 0 sen ⁡ x 3 x e t 2 d t = 3 x ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t

Beleza. Aí você lembra que para derivar isso aí, temos que usar a regra do produto, né??

Só para ficar mais fácil se visualizar:

u x = 3 x

v x =   ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t

A derivada será dada por:

u ' x .   v x + v ' x . u ( x )

Que equivale a:

= 3 x ' ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t + 3 x ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t '

= 3 ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t + 3 x e sen 2 ⁡ x sen ⁡ x '

3 ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t + 3 x e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x

Passo 4

Agora vamos derivar a função do denominador

Observa que primeiro vamos ter que interver os limites te integração para poder aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo:

∫ cos ⁡ x 1 e t 2 d t =   - ∫ 1 cos ⁡ x e t 2 d t

- ∫ 1 cos ⁡ x e t 2 d t ' = - e cos 2 ⁡ x cos ⁡ x '  

=   - e cos 2 ⁡ x - sen ⁡ x

=   e cos 2 ⁡ x sen ⁡ x

Passo 5

Por L’Hospital, o limite pode ser reescrito como:

= lim x → 0 ⁡ 3 ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t + 3 x e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x e  cos 2 ⁡ x   sen ⁡ x

Agora podemos tentar substituir o limite:

3 ∫ 0 sen ⁡ 0 e t 2 d t + 0 e sen 2 ⁡ 0 cos ⁡ 0 e cos 2 ⁡ 0 sen ⁡ 0

= 0 + 0 0 = 0 0

Continuamos com indeterminação!

Passo 6

Como resolver essa indeterminação? Aplicando L’Hospital de novo:

lim x → 0 ⁡ 3 ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t + 3 x e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x e cos 2 ⁡ x sen ⁡ x → L ' H   …

… → L ' H   lim x → 0 ⁡ 3 ∫ 0 sen ⁡ x e t 2 d t ' + 3 x ' e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x + 3 x e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x ' e cos 2 ⁡ x ' sen ⁡ x + e cos 2 ⁡ x sen ⁡ x '

É, digamos que não vai dar uma expressão muito bonita:

= lim x → 0 ⁡ 3 e sen 2 ⁡ x sen ⁡ x ' + 3 e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x + 3 x e sen 2 ⁡ x 2 sen ⁡ x sen ⁡ x ' cos ⁡ x + e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x '   e cos 2 ⁡ x 2 cos ⁡ x cos ⁡ x ' sen ⁡ x + e cos 2 ⁡ x sen ⁡ x '

= lim x → 0 ⁡ 3 e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x + 3 e sen 2 ⁡ x cos ⁡ x + 3 x e sen 2 ⁡ x 2 sen ⁡ x cos ⁡ x cos ⁡ x + e sen 2 ⁡ x - sen ⁡ x   e cos 2 ⁡ x 2 cos ⁡ x - sen ⁡ x sen ⁡ x + e cos 2 ⁡ x cos ⁡ x

Eu sei, tá um monstro enorme. Agora, se substituirmos tudo que tem x ou sen ⁡ x vai para 0 , assim como o que é cos ⁡ x vai para 1 e olha como vai ficar:

3 e 0 1 + 3 e 0 1 + 0 e 0 0 1 1 + e 0 0   e 1 2 0 0 + e 1 1

= 3 + 3   e = 6 e

= 6 e

Resposta

lim x → 0 ⁡ ∫ 0 sen ⁡ x 3 x e t 2 d t ∫ cos ⁡ x 1 e t 2 d t = 6 e

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