Limites Difíceis: Exponenciais, Trigonometria e Funções Inversas

🧩 Exercício 1 Difícil

Calcule ou mostre que não existe. Não utilize qualquer artifício que envolva derivação.

(a) Calcule

$$\lim_{x\to 0} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1}.$$

(b) Calcule

$$\lim_{x\to 0} \frac{1-\cos^2x} {x^2\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)}.$$

Item (a)

Queremos calcular

$$L= \lim_{x\to 0} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1}.$$

O ponto fundamental é perceber que, quando $x\to0$, o comportamento de $\frac{1}{x}$ é diferente dependendo do lado pelo qual nos aproximamos.

Aproximação pela direita

Se

$$x\to0^+,$$

então

$$\frac{1}{x}\to+\infty.$$

Como $2>1$,

$$2^{\frac{1}{x}}\to+\infty.$$

Dividindo numerador e denominador por $2^{1/x}$, obtemos

$$\frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} = \frac{ 1-\frac{1}{2^{1/x}} }{ 1+\frac{1}{2^{1/x}} }.$$

Como

$$2^{1/x}\to+\infty,$$

temos

$$\frac{1}{2^{1/x}}\to0.$$

Portanto,

$$\lim_{x\to0^+} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} = \frac{1-0}{1+0} = 1.$$

Assim,

$$\boxed{ \lim_{x\to0^+} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} =1 }.$$

Aproximação pela esquerda

Agora consideremos

$$x\to0^-.$$

Nesse caso,

$$\frac{1}{x}\to-\infty.$$

Consequentemente,

$$2^{\frac{1}{x}}\to0.$$

Substituindo esse comportamento na expressão:

$$\lim_{x\to0^-} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} = \frac{0-1}{0+1} = -1.$$

Logo,

$$\boxed{ \lim_{x\to0^-} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} =-1 }.$$

Os limites laterais são diferentes:

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=1$$

e

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=-1.$$

Portanto, o limite bilateral não existe.

$$\boxed{ \lim_{x\to0} \frac{2^{\frac{1}{x}}-1} {2^{\frac{1}{x}}+1} \text{ não existe} }$$

O ponto central dessa questão é que não podemos simplesmente substituir $x=0$. O comportamento de $\frac{1}{x}$ precisa ser analisado separadamente nos dois lados da origem.

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Item (b)

Considere

$$L= \lim_{x\to0} \frac{1-\cos^2x} {x^2\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)}.$$

Primeiramente, utilizamos a identidade trigonométrica

$$1-\cos^2x=\operatorname{sen}^2x.$$

Assim,

$$L= \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{sen}^2x} {x^2\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)}.$$

Podemos separar os fatores:

$$L= \lim_{x\to0} \left( \frac{\operatorname{sen}x}{x} \right)^2 \cdot \frac{1} {\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)}.$$

Agora analisamos cada parte.

Primeiro fator

Pelo limite trigonométrico fundamental,

$$\lim_{x\to0} \frac{\operatorname{sen}x}{x}=1.$$

Portanto,

$$\lim_{x\to0} \left( \frac{\operatorname{sen}x}{x} \right)^2 =1.$$

Segundo fator

Sabemos que

$$\lim_{x\to0}\operatorname{senh}x=0.$$

Como a função $\operatorname{arccos}x$ é contínua em $x=0$,

$$\lim_{x\to0} \operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x) = \operatorname{arccos}(0).$$

Como

$$\operatorname{arccos}(0)=\frac{\pi}{2},$$

temos

$$\lim_{x\to0} \operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x) = \frac{\pi}{2}.$$

Consequentemente,

$$\lim_{x\to0} \frac{1} {\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)} = \frac{2}{\pi}.$$

Finalmente,

$$L = 1\cdot\frac{2}{\pi}.$$

Portanto,

$$\boxed{ \lim_{x\to0} \frac{1-\cos^2x} {x^2\operatorname{arccos}(\operatorname{senh}x)} = \frac{2}{\pi} }.$$

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🧩 Exercício 2 Difícil

(a) Determine, sem utilizar qualquer artifício que envolva derivação, o valor da constante real $p$ para que o limite abaixo exista e seja finito. Calcule também o valor desse limite.

$$\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x}-(1+px)} {x^2}.$$

(b) Prove ou dê um contraexemplo para a afirmação:

Se

$$\lim_{x\to0}f(x)^2$$

existe e é finito, então

$$\lim_{x\to0}f(x)$$

também existe e é finito.

Item (a)

Considere

$$L= \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x}-(1+px)} {x^2}.$$

Como há uma diferença envolvendo uma raiz quadrada, vamos racionalizar o numerador.

Multiplicamos numerador e denominador pelo conjugado:

$$L= \lim_{x\to0} \frac{ \left[\sqrt{1+x}-(1+px)\right] \left[\sqrt{1+x}+(1+px)\right] } {x^2\left[\sqrt{1+x}+(1+px)\right]}.$$

No numerador, utilizamos diferença de quadrados:

$$\left(\sqrt{1+x}\right)^2-(1+px)^2.$$

Assim,

$$L= \lim_{x\to0} \frac{ 1+x-(1+px)^2 } {x^2\left[\sqrt{1+x}+(1+px)\right]}.$$

Desenvolvendo o quadrado:

$$(1+px)^2 = 1+2px+p^2x^2.$$

Logo,

$$1+x-(1+px)^2 = 1+x-1-2px-p^2x^2.$$

Portanto,

$$1+x-(1+px)^2 = (1-2p)x-p^2x^2.$$

Substituindo:

$$L= \lim_{x\to0} \frac{ (1-2p)x-p^2x^2 } {x^2\left[\sqrt{1+x}+(1+px)\right]}.$$

Colocando $x$ em evidência no numerador:

$$L= \lim_{x\to0} \frac{ (1-2p)-p^2x } {x\left[\sqrt{1+x}+(1+px)\right]}.$$

Para que o limite seja finito, o termo

$$\frac{1-2p}{x}$$

não pode permanecer na expressão.

Portanto, necessariamente,

$$1-2p=0.$$

Assim,

$$\boxed{p=\frac{1}{2}}.$$

Agora substituímos esse valor na expressão original racionalizada:

$$L= \lim_{x\to0} \frac{ -\frac14x^2 } {x^2\left[\sqrt{1+x}+\left(1+\frac{x}{2}\right)\right]}.$$

Cancelando $x^2$:

$$L= \lim_{x\to0} \frac{-\frac14} {\sqrt{1+x}+1+\frac{x}{2}}.$$

Pela substituição direta,

$$L= \frac{-\frac14} {1+1}.$$

Portanto,

$$\boxed{L=-\frac18}.$$

Assim, o único valor de $p$ que torna o limite finito é

$$\boxed{p=\frac12},$$

e, para esse valor,

$$\boxed{ \lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x}-(1+\frac{x}{2})} {x^2} = -\frac18 }.$$

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Item (b)

A afirmação é falsa.

Para construir um contraexemplo, precisamos de uma função cujo quadrado tenha limite, enquanto a própria função não tenha limite.

Considere a função definida por

$$f(x)= \begin{cases} 1, & x\in\mathbb{Q},\\ -1, & x\notin\mathbb{Q}. \end{cases}$$

Ou seja, $f(x)$ vale $1$ quando $x$ é racional e $-1$ quando $x$ é irracional.

Para qualquer $x$,

$$f(x)^2=1.$$

Portanto,

$$\lim_{x\to0}f(x)^2 = \lim_{x\to0}1 = 1.$$

Assim, o limite de $f(x)^2$ existe e é finito.

Entretanto, o limite de $f(x)$ não existe.

De fato, existem números racionais arbitrariamente próximos de $0$ e também números irracionais arbitrariamente próximos de $0$.

Pelos racionais,

$$f(x)=1,$$

portanto,

$$\lim_{\substack{x\to0\\x\in\mathbb{Q}}}f(x)=1.$$

Pelos irracionais,

$$f(x)=-1,$$

portanto,

$$\lim_{\substack{x\to0\\x\notin\mathbb{Q}}}f(x)=-1.$$

Como os limites obtidos por esses dois conjuntos de pontos são diferentes,

$$1\neq-1,$$

o limite de $f(x)$ não existe.

Consequentemente,

$$\boxed{ \lim_{x\to0}f(x)^2 \text{ existe, mas } \lim_{x\to0}f(x) \text{ não existe}. }$$

Portanto, a afirmação proposta é falsa.

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🧩 Exercício 4 Difícil

Seja

$$f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}_+$$

uma função diferenciável em seu domínio. Considere que, para quaisquer dois números $x$ e $y$ do domínio de $f$,

$$f(x)f(yf(x))=f(x+y).$$

Considere também que

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-1}{x}=k, \qquad k\in\mathbb{R}_-.$$

Determine:

(a)

$$\lim_{x\to0^+}f(x).$$

(b)

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)^2}{f'(x)}.$$

Item (a)

É dado que

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-1}{x}=k,$$

onde $k$ é um número real finito.

Podemos escrever

$$f(x)-1 = x\frac{f(x)-1}{x}.$$

Tomando o limite quando $x\to0^+$:

$$\lim_{x\to0^+}[f(x)-1] = \lim_{x\to0^+} x\frac{f(x)-1}{x}.$$

Como

$$\lim_{x\to0^+}x=0$$

e

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-1}{x}=k,$$

temos

$$\lim_{x\to0^+}[f(x)-1]=0.$$

Portanto,

$$\boxed{ \lim_{x\to0^+}f(x)=1 }.$$

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Item (b)

A partir da equação funcional,

$$f(x)f(yf(x))=f(x+y), \qquad x,y>0,$$

obtemos

$$f(x+y)-f(x) = f(x)\left[f(yf(x))-1\right].$$

Dividindo por $y>0$:

$$\frac{f(x+y)-f(x)}{y} = f(x)\cdot \frac{f(yf(x))-1}{y}.$$

Para utilizar diretamente a hipótese sobre o limite, escrevemos

$$\frac{f(yf(x))-1}{y} = f(x)\cdot \frac{f(yf(x))-1}{yf(x)}.$$

Portanto,

$$\frac{f(x+y)-f(x)}{y} = f(x)^2 \frac{f(yf(x))-1}{yf(x)}.$$

Agora fazemos

$$y\to0^+.$$

Como $f(x)>0$, temos

$$yf(x)\to0^+.$$

Pela hipótese,

$$\lim_{t\to0^+} \frac{f(t)-1}{t} = k.$$

Tomando

$$t=yf(x),$$

segue que

$$\lim_{y\to0^+} \frac{f(yf(x))-1}{yf(x)} = k.$$

Por outro lado, como $f$ é diferenciável,

$$\lim_{y\to0^+} \frac{f(x+y)-f(x)}{y} = f'(x).$$

Assim,

$$\boxed{ f'(x)=kf(x)^2 }$$

para todo $x>0$.

Consequentemente,

$$\frac{f(x)^2}{f'(x)} = \frac{f(x)^2}{kf(x)^2}.$$

Como $f(x)>0$, podemos cancelar $f(x)^2$:

$$\frac{f(x)^2}{f'(x)} = \frac{1}{k}.$$

Logo,

$$\lim_{x\to0^+} \frac{f(x)^2}{f'(x)} = \frac{1}{k}.$$

Portanto,

$$\boxed{ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)^2}{f'(x)} = \frac{1}{k} }.$$

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🧩 Exercício 3 Difícil

O ângulo formado pelos lados de mesmo comprimento $S$ de um triângulo isósceles é denotado por $\theta$.

Se $\theta$ está crescendo a uma taxa de $0{,}5$ rad/min e $S$ é fixo e mede $3$ cm, calcule a taxa de variação da área quando

$$\theta=\frac{\pi}{6}.$$

A área de um triângulo pode ser calculada a partir de dois lados e do ângulo compreendido entre eles:

$$A=\frac{1}{2}S^2\operatorname{sen}\theta.$$

Como os lados de mesmo comprimento são fixos e

$$S=3,$$

temos

$$A=\frac{1}{2}(3)^2\operatorname{sen}\theta.$$

Logo,

$$A=\frac{9}{2}\operatorname{sen}\theta.$$

Como $\theta$ varia com o tempo, derivamos ambos os lados em relação ao tempo $t$:

$$\frac{dA}{dt} = \frac{9}{2}\cos\theta\frac{d\theta}{dt}.$$

O enunciado fornece

$$\frac{d\theta}{dt}=0{,}5\text{ rad/min}$$

e queremos calcular a taxa quando

$$\theta=\frac{\pi}{6}.$$

Sabemos que

$$\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Substituindo:

$$\frac{dA}{dt} = \frac{9}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2}.$$

Portanto,

$$\frac{dA}{dt} = \frac{9\sqrt{3}}{8}.$$

Assim, a área está aumentando à taxa de

$$\boxed{ \frac{9\sqrt{3}}{8}\text{ cm}^2/\text{min} }.$$

🧩 Exercício 4 Médio

Dê o que se pede:

(a)

Seja $f(x)=xg(x)$, onde $g(x)$ é uma função contínua e não diferenciável em $x=0$. Determine se $f$ é diferenciável em $x=0$.

(b)

Use o teorema do valor intermediário para determinar se existe pelo menos uma solução $x$ da equação

$$\frac{x^3-2x}{x+3}=-3$$

com $-2\leq x\leq 2$.

Item (a)

Temos $f(x)=xg(x)$, com $g$ contínua em $x=0$. Note que

$$f(0)=0\cdot g(0)=0.$$

Pela definição de derivada,

$$f'(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{hg(h)}{h}=\lim_{h\to 0}g(h).$$

Como $g$ é contínua em $x=0$,

$$\lim_{h\to 0}g(h)=g(0).$$

Portanto, o limite existe e é finito, o que prova que $f$ é diferenciável em $x=0$, com

$$f'(0)=g(0).$$

(Observe que a não-diferenciabilidade de $g$ em $x=0$ não impede a diferenciabilidade de $f$ nesse ponto.)

Assim,

$$\boxed{ f\text{ é diferenciável em }x=0 }.$$

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Item (b)

Considere a função

$$m(x)=\frac{x^3-2x}{x+3},$$

definida e contínua em $[-2,2]$ (pois o único ponto em que o denominador se anula é $x=-3$, que está fora do intervalo).

Avaliamos nos extremos:

$$m(-2)=\frac{(-2)^3-2(-2)}{-2+3}=\frac{-8+4}{1}=-4,$$$$m(2)=\frac{2^3-2\cdot 2}{2+3}=\frac{8-4}{5}=\frac{4}{5}.$$

Como

$$m(-2)=-4<-3<\frac{4}{5}=m(2)$$

e $m$ é contínua em $[-2,2]$, o Teorema do Valor Intermediário garante a existência de pelo menos um $c\in(-2,2)$ tal que

$$m(c)=-3.$$

Portanto,

$$\boxed{ \text{existe pelo menos uma solução em }[-2,2] }.$$