Exemplos de Cálculo de Alguns Limites

Note que quando $x\to 3$, numerador e denominador tendem a $0$, o que nos leva a uma indeterminação (não sabemos o que acontece com o limite com a função escrita nessa forma!). Por serem polinômios, o limite será o valor que essas funções assumem no ponto $x=3$ e portanto podemos fatorá-las, dividindo-as por $x-3$. Assim, obtemos

\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 3}\dfrac{x^3-3x^2+x-3}{x^2-9}=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 3}\dfrac{(x^2+1)(x-3)}{(x-3)(x+3)}=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 3}\dfrac{(x^2+1) \cancel{(x-3)}}{\cancel{(x-3)}(x+3)}=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 3}\dfrac{x^2+1}{ x+3}=\frac{10}{6}=\frac{5}{3}.\]

Aqui também temos o numerador e o denominador tendendo a $0$. Neste caso, $x^2-7x+12 \to 0$ e temos que $x=4$ é raiz da função quadrática, que após divisão, segue que $x^2-7x+12=(x-4)(x-3)$. Agora, vamos abrir o módulo, a fim de simplificarmos, para tal, precisamos lembrar do sinal de $x^2-7x+12$. Mas, o gráfico dessa função quadrática é uma parábola com concavidade para cima e portanto entre suas raízes, $3$ e $4$, seu sinal é negativo. Assim, $|x^2-7x+12|=|(x-4)(x-3)|= -(x-4)(x-3)=(4-x)(x-3)$, se $x \in (3,4)$. Logo, como o limite é pela esquerda do $4$ (consideramos valores menores do que $4$ e próximos de $4$), segue que

\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^-} \dfrac{|x^2-7x+12|}{4-x}= \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^-} \dfrac{\cancel{(4-x)}(x-3)}{\cancel{(4-x)}}= \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^-} x-3=4-3=1.\]

Aqui, temos o limite total, em ambos os lados. A mesma situação do exemplo 2, mas com limite pela direita. Então, procedendo da mesma forma, vamos calcular o limite lateral à direita do $4$. Primeiro, vamos abrir o módulo: $|x^2-7x+12|=|(x-4)(x-3)|= (x-4)(x-3) $, se $x>4$, pois $x^2-7x+12>0, \forall x>4$. Logo, como o limite é pela direita do $4$ (consideramos valores maiores do que $4$ e próximos de $4$), segue que

\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^+} \dfrac{|x^2-7x+12|}{4-x}= \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^+} \dfrac{\cancel{(x-4)}(x-3)}{-\cancel{(x-4)}}= \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4^+} 3-x=3-4=-1.\]

Como os limites laterais no $4$ são distintos, temos que não existe o $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 4}\dfrac{|x^2-7x+12|}{4-x}$.

Vamos usar aqui o produto notável $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ para eliminarmos a raiz quadrada e podermos simplificar, cancelando, desta forma a indeterminação. Vamos pensar que no numerador do limite temos $a-b$, então vamos multiplicar e dividir o quociente por $a+b$ (seu conjugado), o que não muda a função original, só reescrevemos! Observe:

\[\dfrac{\sqrt{x+4}-2}{x}=\dfrac{\sqrt{x+4}-2}{x}.\dfrac{\sqrt{x+4}+2}{\sqrt{x+4}+2}=\dfrac{x+4-4}{x(\sqrt{x+4}+2)}=\dfrac{\cancel{x}}{\cancel{x}(\sqrt{x+4}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2},\]

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\[\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{x+4}-2}{x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2} = \frac{1}{\sqrt{4} + 2} = \frac{1}{4}\]

Vamos usar aqui outro produto notável $(a-b)(a^2+ab+b^2)=a^3-b^3$ para eliminarmos a raiz cúbica e podermos simplificar, cancelando, desta forma a indeterminação. Vamos pensar que no numerador do limite temos $a-b$, então vamos reescrever a função, multiplicando e dividindo o quociente por $a^2+ab+b^2$. Assim, temos

\[\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}.\dfrac{(\sqrt[3]{x})^2+\sqrt[3]{x}+1}{(\sqrt[3]{x})^2+\sqrt[3]{x}+1}=\dfrac{\cancel{(x-1)}}{\cancel{(x-1)}((\sqrt[3]{x})^2+ \sqrt[3]{x}+1)}=\dfrac{1}{(\sqrt[3]{x})^2+ \sqrt[3]{x}+1},\]

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\[\lim_{x\to 1}\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}\dfrac{1}{(\sqrt[3]{x})^2+ \sqrt[3]{x}+1} = \frac{1}{\left(\sqrt[3]{1}\right)^2 + \sqrt[3]{1} + 1} = \frac{1}{3}.\]

Quando temos inderteminação envolvendo funções trigonométricas, tentamos manipular a função, de tal forma, que o limite trigonométrico fundamental $\displaystyle \lim_{t\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(t)}{t}=1$ apareça na expressão. Assim, iniciamos multiplicando e dividindo a função por $x$ e agrupando os fatores, temos

\[\dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{\mathrm{sen}(3x)}= \dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{x} \dfrac{x}{\mathrm{sen}(3x)}\]

Agora, vamos ``ajeitar" o arco e o denominador de cada fator, então

\[\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{x} \dfrac{x}{\mathrm{sen}(3x)} = \lim_{x\to 0} \pi \dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{\pi x} \dfrac{3x}{\mathrm{sen}(3x)}\dfrac{1}{3}= \lim_{x\to 0} \dfrac{\pi}{3} \cancelto{1}{\dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{\pi x}} \dfrac{1}{\cancelto{1}{\dfrac{\mathrm{sen}(3x)}{3x}}} = \frac{\pi}{3}.\]

No cálculo do limite utlilizamos duas substituições: $t=\pi x$ e $u=3x$, pois $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(\pi x)}{\pi x}= \displaystyle \lim_{t\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(t)}{t}=1$ e $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(3x)}{3x}= \displaystyle \lim_{u\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(u)}{u}=1.$

Queremos que o limite trigonométrico fundamental $\displaystyle \lim_{t\,\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{sen}(t)}{t}=1$ apareça na expressão. Assim, iniciamos multiplicando e dividindo a função por $1+\cos(x)$ ( o conjugado de $1-\cos(x)$) . Desta forma, pela identidade trigonométrica fundamental $(\mathrm{sen}(x))^2 + (\cos(x))^2=1$, segue que $(\mathrm{sen}(x))^2= 1-(\cos(x))^2$ e, portanto, temos

\[\dfrac{1-\cos(x)}{x}=\dfrac{1-\cos(x)}{x}\dfrac{1+\cos(x)}{1+\cos(x)}= \dfrac{1-(\cos(x))^2}{x(1+\cos(x))}=\dfrac{(\mathrm{sen}(x))^2}{x(1+\cos(x))}={\dfrac{\mathrm{sen}(x)}{x}} { \dfrac{\mathrm{sen}(x)}{(1+\cos(x)}},\]

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\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos(x)}{x} = \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0} \cancelto{1}{\dfrac{\mathrm{sen}(x)}{x}} \cancelto{0}{ \dfrac{\mathrm{sen}(x)}{(1+\cos(x)}} = 0.\]

Seguimos os mesmos passos do exemplo 7 e chegamos a

\[\dfrac{1-\cos(x)}{x^2}=\dfrac{1-\cos(x)}{x^2}\dfrac{1+\cos(x)}{1+\cos(x)}= \dfrac{1-(\cos(x))^2}{x^2(1+\cos(x))}=\dfrac{(\mathrm{sen}(x))^2}{x^2(1+\cos(x))}= \left(\dfrac{\mathrm{sen}(x)}{x}\right)^2 \dfrac{1}{1+\cos(x)},\]

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\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos(x)}{x^2} = \displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0} \cancelto{1}{\left(\dfrac{\mathrm{sen}(x)}{x}\right)^2} \cancelto{\frac{1}{2}}{ \dfrac{1}{(1+\cos(x)}} = \frac{1}{2}.\]

Aqui temos um limite deslocado da origem, então para usarmos o limite trigonométrico fundamental, primeiro fazemos uma mudança de variável $t=x- \pi$. Assim, $t \to 0$, quando $x\to \pi$ e obtemos

Observe que utilizamos acima a identidade do seno da soma ($\mathrm{sen}(a+b)=\mathrm{sen}(a) \cos(b) + \mathrm{sen}(b) \cos(a)$)

Inicialmente, vamos abrir o módulo, então, como $4-x^2<0$, para $x<-2$, segue que $|4-x^2|=|(2-x)(2+x)|=-(2-x)(2+x)$, quando $x<-2$. Logo, se $x<-2$, temos

\[\dfrac{\mathrm{sen}(x+2)}{|4-x^2|}=\dfrac{\mathrm{sen}(x+2)}{-(2-x)(2+x)}={\dfrac{\mathrm{sen}(x+2)}{(x+2)}} { \dfrac{1}{x-2}},\]

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\[\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow -2^-}\dfrac{\mathrm{sen}(x+2)}{|4-x^2|} = \lim_{x\,\rightarrow -2^-} \cancelto{1}{\dfrac{\mathrm{sen}(x+2)}{(x+2)}} \cancelto{-\frac{1}{4}}{ \dfrac{1}{x-2}} = -\frac{1}{4}.\]

Observe que $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0^+} \mathrm{tg}(x)=0$, mas a função $y=\mathrm{sen}(e^{\frac{1}{x}})$ não possui limite quando $x\to 0^+$, pois $\frac{1}{x}$ cresce ilimitadamente e $e^{\frac{1}{x}}$ também, donde $y=\mathrm{sen}(e^{\frac{1}{x}})$ oscila entre $-1$ e $1$ indefinidamente. Porém, $ |\mathrm{sen}(e^{\frac{1}{x}})|\leq 1 , \forall x > 0 $ , assim podemos aplicar o Teorema do Anulamento. Logo, $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0^+} \mathrm{tg}(x)\mathrm{sen}(e^{\frac{1}{x}})=0$.

Primeiro, observe que $\dfrac{x^2}{|x|}=|x| \to 0$, quando $x\to 0$. Além disso, $\mathrm{sen}(\ln(x))$ é limitada em $(0,\infty)$. Aplicando o Teorema do Anulamento, temos que $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0^+} \dfrac{x^2}{|x|}\mathrm{sen}(\ln(x))=0. $

Vamos reescrever o primeiro termo: $\left(\dfrac{\mathrm{sen}(x) -x}{x}\right)=\left(\dfrac{\mathrm{sen}(x)}{x}-1\right)$, portanto, utilizando o limite trigonométrico fundamental,segue que

Como a outra função é limitada, temos , pelo Teorema do Anulamento, que

Note que $0<\dfrac{e^{1/x}}{1+e^{1/x}} \leq 1$, $\forall x \neq 0$ e $ \dfrac{x e^{1/x}}{1+e^{1/x}}=x \dfrac{e^{1/x}}{1+e^{1/x}}$. Portanto, segue do Teorema do Anulamento que $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow 0} \dfrac{x e^{1/x}}{1+e^{1/x}}=0.$