Índice de Aulas
Aula 7
Referências:
[1] Guidorizzi, H.L., Um Curso de Cálculo, vol. 1, LTC. 5ª ed.
[2] Silva, L., Santos M., Machado, R., Elementos de Computação Matemática com SageMath, SBM, 2019.
Observação:
Nota de aula produzida usando o software SageMath, usando o notbook Jupyter.Use o SageMathCell com vários exemplos em: sagectu.com.br/sagecell.html
1 - 1ª Regra de L'Hospital
Teorema 1 (1ª Regra de L'Hospital: indeterminações do tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$)
Sejam $f$ e $g$ deriváveis em $(p-r, p+r)\backslash\{p\}$ $(r>0)$ com $g'(x)\neq0$. Se $$ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p} f(x) = f(p) = 0 ~~~\text{ e }~~~ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p} g(x) = g(p) = 0, $$e se $ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p} \frac{f'(x)}{g'(x)} $ existir, então
$$ \lim_{x\rightarrow p} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\rightarrow p} \frac{f'(x)}{g'(x)} $$
Demonstração:
$$ \lim_{x\rightarrow p} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\rightarrow p} \frac{\displaystyle\frac{f(x)}{x-p}}{\displaystyle\frac{g(x)}{x-p}} = \frac{\displaystyle\lim_{x\rightarrow p}\frac{f(x)}{x-p}}{\displaystyle\lim_{x\rightarrow p}\frac{g(x)}{x-p}} = \lim_{x\rightarrow p} \frac{f'(x)}{g'(x)} $$ $\blacksquare$
Observação:
A 1ª Regra de L'Hospital continua válida se substituirmos "$x\rightarrow p$" por "$x\rightarrow p^+$" ou "$x\rightarrow p^-$" ou "$x\rightarrow \pm\infty$"
Exemplo 1
Calcule $$ \lim_{x\rightarrow 1} \frac{x^4-2x^3+4x-3}{x^4-1}. $$
Solução:
Defina $f(x) = x^4-2x^3+4x-3$ e $g(x) = x^4-1$, como $f$ e $g$ são diferenciáveis em $\mathbb{R}$ e $g'(x) \neq 0$, vamos verificar as outras hipóteses da 1ª Regra de L'Hospital.
Como
$$ \lim_{x\rightarrow 1} x^4-2x^3+4x-3 = 0~~~~ \text{ e }~~~~ \lim_{x\rightarrow 1} x^4-1 = 0 $$$(\text{Obs: dizemos que }
\lim_{x\rightarrow 1} \frac{x^4-2x^3+4x-3}{x^4-1}~~~~ \text{ é da forma: }~~ \left[\frac{0}{0}\right])$
e
$$ \lim_{x\rightarrow 1} \frac{(x^4-2x^3+4x-3)'}{(x^4-1)'} = \lim_{x\rightarrow 1} \frac{4x^3 - 6x^2 + 4}{4x^3} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$Pela 1ª Regra de L'Hospital
$$ \lim_{x\rightarrow 1} \frac{x^4-2x^3+4x-3}{x^4-1} = \frac{1}{2}$$ $\blacksquare$
Defina $f(x) = x^4-2x^3+4x-3$ e $g(x) = x^4-1$, como $f$ e $g$ são diferenciáveis em $\mathbb{R}$ e $g'(x) \neq 0$, vamos verificar as outras hipóteses da 1ª Regra de L'Hospital.
Como
$$ \lim_{x\rightarrow 1} x^4-2x^3+4x-3 = 0~~~~ \text{ e }~~~~ \lim_{x\rightarrow 1} x^4-1 = 0 $$$(\text{Obs: dizemos que } \lim_{x\rightarrow 1} \frac{x^4-2x^3+4x-3}{x^4-1}~~~~ \text{ é da forma: }~~ \left[\frac{0}{0}\right])$
e
$$ \lim_{x\rightarrow 1} \frac{(x^4-2x^3+4x-3)'}{(x^4-1)'} = \lim_{x\rightarrow 1} \frac{4x^3 - 6x^2 + 4}{4x^3} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$Pela 1ª Regra de L'Hospital
$$ \lim_{x\rightarrow 1} \frac{x^4-2x^3+4x-3}{x^4-1} = \frac{1}{2}$$Exercício 1
Calcule $$ \lim_{x\rightarrow 2} \frac{x^3 - 2x^2 + 4x - 8}{x^3-8} $$
limit((x^3-2*x^2+4*x-8)/(x^3-8), x=2)
2 - 2ª Regra de L'Hospital
Teorema 2 (2ª Regra de L'Hospital)
Sejam $f$ e $g$ deriváveis em $(m, p)$ com $g'(x)\neq0$. Se $$ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p^-} f(x) = +\infty ~~~\text{ e }~~~ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p^-} g(x) = +\infty, $$e se $ \displaystyle\lim_{x\rightarrow p^-} \frac{f'(x)}{g'(x)} $ existir, então
$$ \lim_{x\rightarrow p^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\rightarrow p^-} \frac{f'(x)}{g'(x)} $$
Demonstração:
Em breve
$\blacksquare$
Em breve
Observação:
A 2ª Regra de L'Hospital continua válida se substituirmos "$x\rightarrow p^-$" por "$x\rightarrow p^+$" ou "$x\rightarrow p$" ou "$x\rightarrow \pm\infty$". A regra permanece válida se substituirmos um dos símbolos $+\infty$, ou ambos, por $-\infty$.
Exemplo 2
Calcule $$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{x}. $$
Solução:
Defina $f(x) = e^x$ e $g(x) = x$, como $f$ e $g$ são diferenciáveis em $\mathbb{R}$ e $g'(x) \neq 0$, vamos verificar as outras hipóteses da 2ª Regra de L'Hospital.
Como
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} e^x = +\infty~~~~ \text{ e }~~~~ \lim_{x\rightarrow +\infty} x = +\infty $$$(\text{Obs: dizemos que }
\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{x}~~~~ \text{ é da forma: }~~ \left[\frac{\infty}{\infty}\right])$
e
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{(e^x)'}{x'} = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{1} = +\infty$$Pela 2ª Regra de L'Hospital
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{x} = +\infty$$ $\blacksquare$
Defina $f(x) = e^x$ e $g(x) = x$, como $f$ e $g$ são diferenciáveis em $\mathbb{R}$ e $g'(x) \neq 0$, vamos verificar as outras hipóteses da 2ª Regra de L'Hospital.
Como
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} e^x = +\infty~~~~ \text{ e }~~~~ \lim_{x\rightarrow +\infty} x = +\infty $$$(\text{Obs: dizemos que } \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{x}~~~~ \text{ é da forma: }~~ \left[\frac{\infty}{\infty}\right])$
e
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{(e^x)'}{x'} = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{1} = +\infty$$Pela 2ª Regra de L'Hospital
$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{x} = +\infty$$Exercício 2
Calcule $$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{3x^2-x}. $$
lim(exp(x)/(3*x^2-x), x=+oo)
3 - Exemplos
Exemplo 3
Calcule $$ \lim_{x\rightarrow 0^+} x\cdot\ln{(4x^2+x)}. $$
Solução:
O limite é da forma:
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} x\cdot\ln{(4x^2+x)} = \left[ 0\cdot(-\infty) \right]$$podemos fazer uma modificação para adequar a forma do limite:
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} x\cdot\ln{(4x^2+x)} = \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\ln{(4x^2+x)}}{\frac{1}{x}}=\left[ \frac{\infty}{\infty} \right] $$Agora podemos tentar usar a 2ª Regra de L'Hospital.
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\ln{(4x^2+x)}}{\frac{1}{x}}= \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{(\ln{(4x^2+x))'}}{\left(\frac{1}{x}\right)'} = \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\frac{8x+1}{4x^2+x}}{-\frac{1}{x^2}} = $$$$ = \lim_{x\rightarrow 0^+} -\frac{8x+1}{4x^2+x}\cdot x^2 = - \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{x}{x}\cdot\frac{8x+1}{4x+1}\cdot x=0$$ $\blacksquare$
O limite é da forma:
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} x\cdot\ln{(4x^2+x)} = \left[ 0\cdot(-\infty) \right]$$podemos fazer uma modificação para adequar a forma do limite:
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} x\cdot\ln{(4x^2+x)} = \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\ln{(4x^2+x)}}{\frac{1}{x}}=\left[ \frac{\infty}{\infty} \right] $$Agora podemos tentar usar a 2ª Regra de L'Hospital.
$$ \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\ln{(4x^2+x)}}{\frac{1}{x}}= \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{(\ln{(4x^2+x))'}}{\left(\frac{1}{x}\right)'} = \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\frac{8x+1}{4x^2+x}}{-\frac{1}{x^2}} = $$$$ = \lim_{x\rightarrow 0^+} -\frac{8x+1}{4x^2+x}\cdot x^2 = - \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{x}{x}\cdot\frac{8x+1}{4x+1}\cdot x=0$$limit(x*log(4*x^2+x), x=0, dir='+')