Quando introduzimos o conceito de limite, j´a encontramos formas indeterminadas do tipo, por exemplo, $[\frac{0}{0}]$. Para funções racionais resolvemos o problema “eliminando” fatores comuns, como por exemplo nesse caso:
\begin{equation} \lim_{x\to0} \frac{x^2 - x}{x^2 -1} = \lim_{x\to 1}\frac{x(x-1)}{(x+1)(x-1)} = \lim_{x\to 1}\frac{x}{(x+1)} = \frac{1}{2}, \end{equation}enquanto usamos um argumento geométrico para o limite trigonométrico fundamental
\begin{equation} \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{sen} x}{x}=1. \end{equation}Mas essas técnicas não funcionam em generalidade. Agora que temos a derivação na nossa aljava, podemos introduzir um método sistemático, a regra de L’Hospital, para o cálculo de limites em formas indeterminadas. Como não faremos uma demonstração do resultado, daremos um argumento usando polinômio de Taylor, válido sob certas hipóteses, para mostrar que o resultado é de se esperar. A regra de L’Hospital nos diz que quando há uma indeterminação, é possével calcular o limite de um quociente de funções olhando para o limite do quociente de suas derivadas no mesmo ponto. Assim, tomemos \(a ∈ I\) e sejam f e g funções de classe $C^2$ em I, tais que $f(a) = g(a) = 0$ e $g'(a) \ne 0$. Usando os polinômios de Taylor dessas funções de ordem \(1\) em torno de \(x = a\), obtemos que
\begin{equation} \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}= \lim_{x\to a} \frac{f'(a)(x-a) + Erro(x)}{g'(a)(x-a)+{\frac{\bar {E}rro(x)}{(x-a)}}} = \frac{f'(a)}{g'(a)}, \end{equation}pois do Teorema de Taylor (visto no texto sobre Polinômio de Taylor),$\frac{\bar {E}rro(x)}{(x-a)} \rightarrow 0$ e $\frac{Erro(x)}{(x-a)} \rightarrow 0$, quando \(x \rightarrow a\). E, além disso $\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}$, já que supomos \(g'(a) \ne 0\), \(f'\) e \(g'\) contínuas em \(a\). Portanto, chegamos ao resultado
\begin{equation}\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\end{equation}Acima, colocamos várias hipóteses sobre as funções envolvidas, porém da regra de L’Hospital vale num contexto mais geral, como veremos no resultado a seguir:
Seja \(a ∈ I\) um intervalo aberto e sejam \(f\) e \(g\) funções deriváveis em I (exceto possivelmente em a), tal que \(g'(x) \ne 0\) para todo \(x ∈ I \backslash \left \{ a \right \}\). Suponhamos também que
\begin{equation}\lim_{x\to a} f(x)= \lim_{x\to a}g(x) = 0\end{equation}ou
Se existe ou é infinito o limite $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$, então
\begin{equation}\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)}= \lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\end{equation}A Regra de L’Hospital é válida também para os limites laterais ou para limites em \( \infty \) e em \(- \infty \), isto é "\(x\to a\)" pode ser substituído por "\(x\to a^+\) ", "\(x\to a^-\) ", "\(x\to \infty \) " e "\(x\to -\infty \) ".
Consideramos a função $f(x) =\frac{ln \ x} {x − 1}$ no seu domínio natural \(D = {x ∈ \mathbb{R} | x > 0, x \ne 1} \), e queremos calcular
\begin{equation}\lim_{x\to a} \frac{ln \ x}{x-1}.\end{equation}Vemos que temos uma indeterminação do tipo $[\frac{0}{0}]$ e nesse caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital diretamente. Logo,
\begin{equation}\lim_{x\to 1} \frac{ln \ x}{x-1} = \lim_{x\to 1} \frac{ \frac{1}{x}}{1} = 1.\end{equation}Agora, queremos calcular $\lim_{x\to \pi^+} \frac{\mathrm{sen}(x)}{\cos(x) + 1}$, que possui uma indeterminação do tipo $[\frac{0}{0}]$ e nesse caso, também podemos aplicar L´Hospital diretamente. Logo,
\begin{equation}\lim_{x\to \pi^+} \frac{\mathrm{sen}(x)}{\cos(x) + 1} = \lim_{x\to \pi^+} \frac{\cos(x)}{- \mathrm{sen}(x)} = - \infty\end{equation}O próximo exemplo ilustra o fato de que às vezes somos levados a aplicar a Regra de L’Hospital (L’H) mais de uma vez. Isso acontece quando aplicamos e caímos em outra indeterminação.
No $\lim_{x\to 0} \frac{\mathrm{tg}(x) - x}{x^3}$ também temos uma indeterminação do tipo $[\frac{0}{0}]$, então aplicando L’H temos,
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \frac{\mathrm{tg}(x) - x}{x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{\sec^2(x) - 1}{3x^2},\end{equation}que continua indeterminado. Aplicando L’H novamente, obtemos,
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \frac{\sec^2(x) - 1}{3x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{2 \sec^2(x)\mathrm{tg}(x)}{6x}\end{equation}e ainda está indeterminado! Aplicamos L´H pela última vez e obtemos
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \frac{2 \sec^2(x)\mathrm{tg}(x)}{6x} = \lim_{x\to 0} \frac{4 \sec^2(x)\mathrm{tg}^2(x) + 2 \sec^4(x)}{6} = \frac{1}{3} \quad (*)\end{equation}Assim, $\lim_{x\to 0} \frac{\mathrm{tg}(x) - x}{x^3} = \frac{1}{3}$.
Vale a pena observar que em $(*)$ poderíamos ter usado o limite trigonométrico fundamental no lugar de L’H pela 3ª vez, pois $\lim_{x\to 0} \frac{2 \sec^2(x)\mathrm{tg}(x)}{6x} = \lim_{x\to 0} \frac{2 \mathrm{sen}(x)}{6x\cos^3(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{\mathrm{sen}(x)}{x} \frac{1}{3\cos^3(x)} = \frac{1}{3}$.
Nesse exemplo $\lim_{x\to +\infty} \frac{ln \ x}{x}$, temos uma indeterminação do tipo [\(\frac{\infty}{\infty}\)]. Aplicando L’H, temos
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} \frac{ln \ x}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{ \frac{1}{x}}{1} = 0.\end{equation}Esse exemplo nos mostra que a exponencial cresce mais rápido do que qualquer polinômio. Observe:
$\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{1} = + \infty$ , pois temos uma indeterminação do tipo [\(\frac{\infty}{\infty}\)] e podemos aplicar L’H.
$\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{x^2} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{2x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{2} = + \infty$, pois aplicamos L’H duas vezes.
Se \(n\ge 3\) for natural, então $\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{x^n} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{nx^(n-1)} = $ ... $\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{n!} = + \infty$ , pois aplicamos L'H \(n\) vezes.
Se \(p(x)\) é um polinômio de grau \(n\) podemos aplicar L’H n vezes para obter $\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{p(x)} = + \infty$, se o coeficiente de $x^n$ for positivo, ou $\lim_{x\to +\infty} \frac{e^x}{p(x)} = - \infty$ se o coeficiente de $x^n$ for negativo.
A partir do exemplo seguinte vamos ver como podemos utilizar a regra de L’Hospital nos outros tipos de indeterminações. Na verdade, teremos sempre que reescrever a funçãao de tal forma que cheguemos a uma indeterminação do tipo [\(\frac{0}{0}\)] ou [\(\frac{\infty}{\infty}\)].
Vejamos o caso de uma indeterminação tipo $[0 · \infty]$ através do exemplo:
\begin{equation}\lim_{x\to 0^+} x \ ln(x).\end{equation}Não podemos aplicar diretamente L’H, pois não temos uma indeterminação [\(\frac{0}{0}\)] ou [\(\frac{\infty}{\infty}\)]. A ideia será transformar o produto em quociente, sem modificar a função original, para que tenhamos uma indeterminação do tipo [\(\frac{0}{0}\)] ou [\(\frac{\infty}{\infty}\)]. Observe:
\begin{equation}\lim_{x\to 0^+} x \ ln(x) \ = \ \lim_{x\to 0^+} \frac{ln(x)} {\frac{1}{x}} \ _{ind.\frac{\infty}{\infty}}^{ = } \ \lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}} {-\frac{1}{x^2}}= \lim_{x\to 0^+} -x = 0.\end{equation}Nesse caso, foi mais simples inverter o x do que inverter o $ln(x)$.
Vejamos outro caso de uma indeterminação do tipo $[0 · \infty]$:
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} e^{-x} \ ln(x) = \lim_{x\to +\infty} \frac{ln(x)}{e^x} \ _{ind.\frac{\infty}{\infty}}^{ = } \ \lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{e^x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{xe^x} = 0.\end{equation}Nesse exemplo temos uma indeterminação do tipo [$\infty - \infty$], que resolveremos convertendo em uma indeterminação do tipo [\(\frac{0}{0}\)]:
\begin{equation}\lim_{x\to \pi/2} \sec(x) - \mathrm{tg}(x) = \lim_{x\to \pi/2} \frac{1}{\cos(x)} - \frac{\mathrm{sen}(x)}{\cos(x)} = \lim_{x\to \pi/2} \frac{1 - \mathrm{sen}(x)}{\cos(x)} \ _{ind.\frac{0}{0}}^{ = } \ \lim_{x\to \pi/2} \frac{-\cos(x)}{-\mathrm{sen}(x)} = 0.\end{equation}Outro exemplo interessante com indeterminação tipo [$\infty - \infty$], que será convertido em uma indeterminação do tipo [$\frac{\infty}{\infty}$]:
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} x - ln(x) = \lim_{x\to +\infty} x \left(\begin{array}{c} 1 - \frac{ln(x)}{x}\\\end{array}\right).\end{equation}Vimos no exemplo anterior que $\lim_{x\to +\infty} \frac{ln(x)}{x} = 0$, logo
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} x \left(\begin{array}{c} 1 - \frac{ln(x)}{x}\\\end{array}\right) = + \infty.\end{equation}Lembramos que definimos uma função elevada a outra função da seguinte forma:
desde que \(f\) e \(g\) estejam definidas em I e f(x) > 0, ∀x ∈ I. Assim, sempre que houver um limite com indeterminação $[0 · \infty]$ no expoente $g(x)ln(f(x))$, teremos indeterminação correspondente em \(f^g\). As possíveis indeterminações são: [$1^\infty$], [$0^0$] e [$\infty^0$].
Um exemplo com indeterminação tipo [$1^\infty$]:
\begin{equation}\lim_{x\to 0} (1+ \pi x)^{1/x} = \lim_{x\to 0} e^{\frac{1}{x}ln(1+ \pi x)} \quad(*)\end{equation}Separamos o expoente em $(*)$ e calculamos seu limite por L’H:
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \frac{1}{x}ln(1+\pi x) = \lim_{x\to 0} \frac{ln(1+\pi x)}{x} \ _{ind.\frac{0}{0}}^{ = } \ \lim_{x\to 0} \frac{\pi)}{1+ \pi x} = \pi.\end{equation}Voltando a $(*)$, como a exponencial é contínua, temos que:
\begin{equation}\lim_{x\to 0} (1+ \pi x)^{1/x} = \lim_{x\to 0} e^{\frac{1}{x}ln(1+ \pi x)} = e^{\lim_{x\to 0} \frac{1}{x} \ ln(1+\pi x)} = e^\pi.\end{equation}Um exemplo com indeterminação tipo [$0^0$]:
\begin{equation}\lim_{x\to 0^+} x^x = \lim_{x\to 0^+} e^{x \ ln(x)} = e^{\lim_{x\to 0^+} x \ ln(x)} = e^0 = 1,\end{equation}pois, o limite do expoente já foi calculado no exemplo \(6\).
Separamos o expoente em $(*)$ e calculamos seu limite por L’H:
Um exemplo com indeterminação tipo [$\infty^0$]:
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} x^{1/x^2} = \lim_{x\to +\infty} e^{\frac{ln(x)}{x^2}} \quad (*)\end{equation}Separando o expoente, que possui indeterminação tipo [$\frac{\infty}{\infty}$], pela regra de L’H, segue que
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} \frac{ln(x)}{x^2} = \lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{2x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{2x^2} = 0\end{equation}Retornando a $(*)$, obtemos que
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} x^{1/x^2} = \lim_{x\to +\infty} e^{\frac{ln(x)}{x^2}} = e^0 = 1\end{equation}Calcule os limites abaixo, se possível. Antes de fazer contas sem pensar, devemos sempre investigar o que está acontecendo com as funções envolvidas no limite no ponto dado, pois nem sempre é necessário ou possével usar L’Hospital.
$\lim_{x\to -\infty} e^{-x^2}x$
Há indeterminação do tipo [$0 · \infty$] e reescrevendo, temos
$\lim_{x\to -\infty} \frac{e^x}{x}$
Nesse caso, não há indeterminação, já que $e^x \rightarrow 0$ e $\frac{1}{x} \rightarrow 0$, se $x \rightarrow -\infty$, portanto
Quando não há indeterminação, não podemos usar L’Hospital!!!
$\lim_{x\to 0} \left(\begin{array}{c} 1 - \frac{1}{x} - \csc(x)\\\end{array}\right)$
Vamos reescrever a cossecante e tirar o MMC:
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \left(\begin{array}{c} 1 - \frac{1}{x} - \csc(x)\\\end{array}\right) = \lim_{x\to 0} \frac{\mathrm{sen}(x) - x}{x\mathrm{sen}(x)} \ _{ind.\frac{0}{0}, L'H}^{ = } \ \end{equation} \begin{equation}= \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x) - 1}{\mathrm{sen}(x) + x\cos(x)} \ _{ind.\frac{0}{0}, L'H}^{ = } \ \lim_{x\to 0} \frac{-sen(x)}{2\cos(x) - x\mathrm{sen}(x)} = 0.\end{equation}$\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{\sqrt[2]{x^2 + 1}}$
Nossa primeira tentativa será usando L´H, pois há uma indeterminação do tipo [$\frac{\infty}{\infty}$], assim
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{\sqrt[2]{x^2 + 1}} \ _{L'H}^{ = } \ \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{\frac{x}{\sqrt[2]{x^2 + 1}}} =\lim_{x\to +\infty} \frac{\sqrt[2]{x^2 + 1}}{x}\end{equation}e temos nova indeterminação do tipo [$\frac{\infty}{\infty}$]. Aplicando a regra de L’H novamente, retornamos à função inicial, ou seja,
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} \frac{\sqrt[2]{x^2 + 1}}{x} \ _{L'H}^{ = } \ \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{\sqrt[2]{x^2 + 1}}\end{equation}Não adianta continuar! A Regra de L’Hospital não vai nos ajudar nesse caso! Portanto, vamos lembrar das primeiras aulas sobre limite...
\begin{equation}\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{\sqrt[2]{x^2 + 1}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{|x|\sqrt[2]{1 + \frac{1}{x^2}}}\ _{x>0}^{ = } \ \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{x\sqrt[2]{1 + \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{\sqrt[2]{1 + \frac{1}{x^2}}} = 1.\end{equation}$\lim_{x\to +\infty} ln(x)-ln(2x+1)$
Temos indeterminação do tipo [$\infty - \infty$]. Nesse caso, utilizaremos propriedade do logaritmo para escrever:
Observe que $\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{2x + 1} = \frac{1}{2}$ (aqui podemos usar L´H ou dividir numerador e denominador por x).
Logo,
pois ln é contínua em $(0, +\infty)$.
$\lim_{x\to 0^+} (arcsen(x))^{1/x}$
Observe que
e que $\frac{1}{x} \rightarrow +\infty$ e $ln(arcsen(x)) \rightarrow −\infty$, quando $x \rightarrow 0^+$, portanto NÃO há indeterminação, mas o produto das duas tende a $−\infty$, donde se conclui que $\lim_{x\to 0^+} (arcsen(x))^{1/x}$ = $\lim_{x\to 0^+} e^{\frac{1}{x}\ ln(arcsen(x))} = 0$.
Se o limite $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ não existe, nesse caso não podemos concluir nada sobre a existência ou não do limite $\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ e sobre seu eventual valor. // Considere $f(x) = x^2 \ \mathrm{sen}(\frac{1}{x})$ e $g(x) = x$. Observe que $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2 \mathrm{sen}(\frac{1}{x})}{x}$ = $\lim_{x\to 0} \frac{x}{\mathrm{sen}(\frac{1}{x})} = 0$, pelo Teorema do Anulamento. No entanto, se quiséssemos aplicar a regra de L’Hospital, pois há uma indeterminação do tipo [$\frac{0}{0}$], teríamos que calcular
\begin{equation}\lim_{x\to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x\to 0} \left(\begin{array}{c} 2x\mathrm{sen}(\frac{1}{x})-\cos(\frac{1}{x}) \\\end{array}\right),\end{equation}mas esse limite NÃO EXISTE.