Baixe Regra de L’Hôpital: Resolvendo Indeterminações do Tipo 0/0 e ∞/∞ e outras Manuais, Projetos, Pesquisas em PDF para Cálculo, somente na Docsity!
Universidade de Bras´ılia Departamento de Matem´atica
C´alculo 1
Regra de L’Hˆopital
Come¸camos lembrando que
lim x→ 1 x
(^2) − x x^2 − 1 = lim^ x→^1
x(x − 1) (x + 1)(x − 1) = lim^ x→^1
x x + 1 =
No primeiro limite acima, numerador e denominador se aproximam de zero, de modo que temos uma indetermina¸c˜ao do tipo 0/0. Para resolver o problema, simplificamos a fra¸c˜ao para que se tornasse claro o valor do limite. Infelizmente, nem sempre ´e poss´ıvel fazer uma tal simplifica¸c˜ao, como fica claro a partir do exemplo
lim x→ 1
ln(x) x − 1.^ (1)
De fato, n˜ao h´a nenhuma manipula¸c˜ao alg´ebrica aparente que nos permite entender o com- portamento da fra¸c˜ao quando x est´a pr´oximo de 1. A fim de motivar o resultado que nos permitir´a calcular o limite acima, vamos supor que f (a) = g(a) = 0 e que as derivadas de f e g s˜ao cont´ınuas com g′(a) 6 = 0. Note que o limite
xlim→a^ f g^ ((xx))
´e uma indetermina¸c˜ao do tipo 0/0, pois f e g s˜ao cont´ınuas em x = a. Neste caso, vale o seguinte
xlim→a^ f g^ ((xx) )= lim x→a^ (f^ (x (x)^ −−^ fa^ )(a)) (g((xx)^ −−^ ag)(a)) = lim x→a
f (x) − f (a) x − a g(x) − g(a) x − a
= f^
′(a) g′(a) = lim^ x→a
f ′(x) g′(x).
O racioc´ınio acima pode ser usado para resolver o limite ( 1 ). De fato, considerando f (x) = ln(x), g(x) = (x − 1) e a = 1, temos que f (1) = g(1) = 0 e g′(1) = 1 6 = 0, de modo que
lim x→ 1 ln( x −x ) 1 = lim x→a^ f g^ ((xx) )= lim x→ 1 (ln(x))
′ (x − 1)′^ = lim^ x→^1
(^1) x 1 = 1.
Na verdade, esta conta ´e uma caso particular de um resultado geral que enunciamos abaixo.
Teorema 1 (Regra de L’Hˆopital). Sejam f e g duas fun¸c˜oes deriv´aveis tais que g′(x) 6 = 0 para x pr´oximo de a, exceto possivelmente em a. Suponha que
x^ lim→a f^ (x) = lim x→a g(x) = 0^ ou que^ xlim→a f^ (x) =^ ±∞^ e^ xlim→a g(x) =^ ±∞.
Ent˜ao
x^ lim→a^ f g^ ((xx)) = lim x→a^ f^
′(x) g′(x) ,
se o limite da direita existe (ou ´e ∞ ou ´e −∞). O mesmo resultado vale se substituirmos o s´ımbolo x → a, em todos os limites, por qualquer dos s´ımbolos a seguir: x → a+, x → a−, x → +∞, x → −∞.
A Regra de L’Hˆopital simplesmente nos diz que o limite de um quociente ´e igual ao limite do quociente de suas derivadas, desde que as hip´oteses do teorema sejam satisfeitas.
Exemplo 1. Vamos calcular o limite lim x→ 0 e
x (^) − 1 x. Para tanto, observe primeiro que temos uma indetermina¸c˜ao do tipo 0/0, numerador e denominador s˜ao deriv´aveis e a derivada do denominador ´e igual a 1, n˜ao podendo portanto se anular. Assim, podemos aplicar a Regra de L’Hˆopital para obter
xlim→ 0 e
x (^) − 1 x
= lim x→ 0 (e
x (^) − 1)′ (x)′^
= lim x→ 0 e
x 1
Note que o numerador ex^ − 1 n˜ao permite fatora¸c˜oes evidentes que permitam simplificar o quociente. Assim, a aplica¸c˜ao do teorema foi uma maneira eficiente de calcular o limite.
Exemplo 2. O limite (^) x→lim+∞^ x
2 ex^ ´e uma indetermina¸c˜ao do tipo^ ∞/∞. Aplicando o teorema obtemos
x→lim+∞^ x
2 ex^ =^ x→lim+∞
(x^2 )′ (ex)′^ =^ x→lim+∞
2 x ex^.
Note que o ´ultimo limite ainda ´e uma indetermina¸c˜ao do tipo ∞/∞. Podemos ent˜ao aplicar o teorema novamente para obter
x→lim+∞^ x
2 ex^ =^ x→lim+∞
2 x ex^ =^ x→lim+∞
ex^ = 0. N˜ao ´e dif´ıcil generalizar o resultado acima no seguinte sentido: se p(x) = a 0 + a 1 x + · · · + anxn^ ´e um polinˆomio de grau n, ent˜ao n aplica¸c˜oes de L’Hˆopital nos fornece
x→lim+∞^ p e(xx^ )= 0,
isto ´e, a fun¸c˜ao exponencial cresce mais r´apido do que qualquer polinˆomio.
em que usamos na ´ultima igualdade o fato do numerador se aproximar de −1 e o denominador tender para zero por valores negativos. Ora, este resultado ´e claramente falso pois note que
xlim→π−^ sen(x) cos(x) − 1
O que aconteceu aqui ´e que o limite original n˜ao era sequer uma indetermina¸c˜ao. .
Exemplo 5. Vamos agora tentar calcular o limite
lim x→ 0 +^
x ln(x).
Neste caso um dos fatores vai para zero, enquanto o outro vai para −∞, e temos portanto um indetermina¸c˜ao do tipo 0 × ∞. N˜ao ´e poss´ıvel aplicar L’Hˆopital diretamente. Em vez disso, vamos inverter um dos fatores e dividir pelo inverso. Lembre que multiplicar por 2 equivale a dividir por 1/2. Assim,
lim x→ 0 +^
x ln(x) = lim x→ 0 +
ln(x) 1 x
= lim x→ 0 +
1 x − (^) x^12
= lim x→ 0 +
−x^2 x
Observe que, embora o limite limx→ 0 +^ (1/x)/(− 1 /x^2 ) seja tamb´em uma indetermina¸c˜ao em que pode-se aplicar L’Hˆopital, a simplifica¸c˜ao feita no ´ultimo passo nos leva ao resultado diretamente. Neste ponto, vale a pena fazer um pouco de contas e se convencer de que a igualdade
xlim→ 0 +^ x^ ln(x) = lim x→ 0 +^ x^1 ln(x)
embora correta, n˜ao nos levaria a lugar algum.
Exemplo 6. O limite limx→ 0 + xx^ ´e uma indetermina¸c˜ao do tipo 00 , j´a que a fun¸c˜ao da base e da potˆencia v˜ao para zero. Para analisar indetermina¸c˜oes com potˆencias, recorremos `a igualdade y = eln(y), v´alida para todo y > 0. Escrevemos
xlim→ 0 +^ xx^ = lim x→ 0 +^ eln(xx)^ = lim x→ 0 +^ ex^ ln(x)^ =^ elimx→^0 +^ x^ ln(x)^ =^ e^0 = 1,
em que usamos o resultado do ´ultimo exemplo e a continuidade da fun¸c˜ao exponencial. .
