4.4 Indeterminações do tipo “ $\tfrac{0}{0}$ ”

Na seção anterior encontramos, quando $x\to\infty$ ou $x\to-\infty$ , indeterminações do tipo “ $\infty-\infty$ ”, “ $\frac{\infty}{\infty}$ ”. Já encontramos (ver o Exemplo 4.17, e alguns dos limites do Exercício 4.15) limites de quocientes, em que numerador e denominador ambos tendem a zero. Tais quocientes não podem ser estudados usando (4.21), e representam a uma indeterminação do tipo “ $\tfrac{0}{0}$ ”.

Será visto no próximo capítulo que a derivada, que fornece informações úteis a respeito de uma função, é por definição um limite que leva a uma indeterminação do tipo “ $\tfrac{0}{0}$ ”. Por isso, indeterminações “ $\frac{0}{0}$ ” serão os limites mais estudados a partir de agora. Nos próximos exemplos veremos algumas técnicas para lidar com essas indeterminações.

Exemplo 4.22.

$\lim_{h\to 0}\frac{(1+h)^{2}-1}{h}$ é do tipo “ $\frac{0}{0}$ ”, já que $(1+h)^{2}-1\to 0$ quando $h\to 0$ . Mas o limite pode ser calculado facilmente, observando que $(1+h)^{2}-1=2h+h^{2}$ :

\lim_{h\to 0}\frac{(1+h)^{2}-1}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{2h+h^{2}}{h}=\lim_{h\to 0% }2+h=2\,.

Exemplo 4.23.

Considere $\lim_{x\to 2}\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-9x+14}$ . Observe que aqui, $\lim_{x\to 2}(x^{2}+x-6)=0$ e $\lim_{x\to 2}(x^{2}-9x+14)=0$ , logo o limite é do tipo “ $\tfrac{0}{0}$ ”. Mas o polinômio $x^{2}+x-6$ tender a zero quando $x\to 2$ , significa que ele se anula em $x=2$ . Portanto, ele pode ser fatorado, com um fator $(x-2)$ : $x^{2}+x-6=(x-2)(x+3)$ . Do mesmo jeito, $x^{2}-9x+14=(x-2)(x-7)$ . Portanto,

\lim_{x\to 2}\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-9x+14}=\lim_{x\to 2}\frac{(x-2)(x+3)}{(x-2% )(x-7)}=\lim_{x\to 2}\frac{x+3}{x-7}=\frac{5}{-5}=-1\,.

O que foi feito aqui, com a fatoração e simplificação por $(x-2)$ , foi de extrair a origem comum da anulação do numerador e denominador em $x=2$ .

Exemplo 4.24.

O método da multiplicação e divisão pelo conjugado, vista no Exemplo 4.14, serve também para estudar alguns limites do tipo “ $\frac{0}{0}$ ”. Por exemplo,

	$\displaystyle\lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{1+h}-1}{h}$	$\displaystyle=\lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{1+h}-1}{h}\cdot\frac{\sqrt{1+h}+1}{% \sqrt{1+h}+1}$
		$\displaystyle=\lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{1+h}^{2}-1^{2}}{h(\sqrt{1+h}+1)}$
		$\displaystyle=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+h}+1}$
		$\displaystyle=\frac{1}{2}\,.$

Exercício 4.17.

Calcule os limites

1.

$\lim_{x\to 2}\frac{(x-2)(4-x^{2})}{x^{2}-4x+4}$
2.

$\lim_{{t}\to{9}}\frac{9-t}{3-\sqrt{t}}$
3.

$\lim_{{x}\to{4}}\frac{\sqrt{x}-3}{x-2}$
4.

$\lim_{t\to 0}\frac{\sqrt{a^{2}+bt}-a}{t}$
5.

$\lim_{t\to\infty}\frac{\sqrt{a^{2}+bt}-a}{t}$
6.

$\lim_{{x}\to{2}}\frac{\sqrt{6-x}-2}{\sqrt{3-x}-1}$

Exercício 4.18.

Existe um número $a$ tal que

\lim_{x\to-2}\frac{3x^{2}+ax+a+3}{x^{2}+x-2}

exista e seja finito? Caso afirmativo, encontre $a$ e o valor do limite.

4.4.1 O limite $\lim_{x\to 0}\tfrac{\operatorname{sen}x}{x}$

Aqui provaremos o limite mais fundamental para funções trigonométricas:

\boxed{\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}x}{x}=1\,.}

(4.22)

É importante mencionar que $x$ é medido em radianos. Consideremos primeiro $\tfrac{\operatorname{sen}x}{x}$ no limite lateral $x\to 0^{+}$ .

Considere um ângulo $0<x<\tfrac{\pi}{2}$ no círculo trigonométrico:

Temos $|OC^{\prime}|=|OB|=1$ , $|B^{\prime}B|=\operatorname{sen}x$ , $|OB^{\prime}|=\cos x$ e $|C^{\prime}C|=\tan x$ . Observe que

\text{\'{a}rea do tri\^{a}ngulo }OB^{\prime}B\leq\text{\'{a}rea do setor }OC^{% \prime}B\leq\text{\'{a}rea do tri\^{a}ngulo }OC^{\prime}C.

A área $\sigma$ do setor $OC^{\prime}B$ se calculada observando que por proporcionalidade: $\frac{x}{2\pi}=\frac{\sigma}{\pi\cdot 1^{2}}$ . Logo, $\sigma=\frac{x}{2}$ . Assim, reescrevendo as três desigualdades acima em termos de $x$ ,

\tfrac{1}{2}\operatorname{sen}x\cos x\leq\tfrac{1}{2}x\leq\tfrac{1}{2}\tan x\,.

A primeira desigualdade implica $\operatorname{sen}x\cos x\leq x$ , isto é, $\frac{\operatorname{sen}x}{x}\leq\frac{1}{\cos x}$ . A segunda implica $x\leq\tan x=\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}$ , isto é, $\cos x\leq\frac{\operatorname{sen}x}{x}$ . Logo,

\cos x\leq\frac{\operatorname{sen}x}{x}\leq\frac{1}{\cos x}\,,\quad\forall 0<x% <\tfrac{\pi}{2}\,.

Como $\lim_{x\to 0^{+}}\cos x=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1}{\cos x}=1$ , O Teorema 4.2 implica $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\operatorname{sen}x}{x}=1$ . Como $\frac{\operatorname{sen}x}{x}$ é par, temos também $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{\operatorname{sen}x}{x}=1$ . Portanto, provamos (4.22).

Exercício 4.19.

Usando (4.22), calcule os limites

1.

$\lim_{x\to 0}\tfrac{\tan x}{x}$
2.

$\lim_{x\to 0}\tfrac{\operatorname{sen}x}{\tan x}$
3.

$\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}2x}{\cos x}$
4.

$\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}2x}{x\cos x}$
5.

$\lim_{x\to 0}\tfrac{1-\cos x}{x^{2}}$
6.

$\lim_{x\to 0^{+}}\tfrac{\cos x}{x}$
7.

$\lim_{x\to 0^{+}}\tfrac{\operatorname{sen}(x^{2})}{x}$

4.4 Indeterminações do tipo “00\tfrac{0}{0}”