Limites — Questões de Vestibulares 1. (AMAN-RJ) Calculando o limite

209107lim 2

2

5 +−+−

→ xxxx

x, encontramos:

a) 0 b) 1 c) 3 d) ∞+ e) 97

Solução: Primeiro Modo (Fatorando a fração usando BriotxRuffini): 209107lim 2

2

5 +−+−

→ xxxx

x=

205.95105.75

2

2

+−+− =

00 , que é uma indeterminação. Fatorando a função, numerador e

denominador separadamente, vem: 209107)( 2

2

+−+−=

xxxxxf = ( )( )

( )( )4.52.5

−−−−

xxxx =

42

−−

xx , logo

209107lim 2

2

5 +−+−

→ xxxx

x=

42lim

5 −−

→ xx

x= 3.

Numerador (BriotxRuffini):

1 -7 10 5 • 5 -10 1 -2 0 Resto

Denominador

1 -9 20 5 • 5 -20 1 -4 0 Resto

Segundo Modo: 209107lim 2

2

5 +−+−

→ xxxx

x=

205.95105.75

2

2

+−+− =

00 . Pela regra de L’Hopital

Fazendo =)()(

xgxf

209107

2

2

+−+−

xxxx , =

)0()0(

gf

00 . Derivando o numerador e o denominador

=,

,'

)()(

xgxf

9272

−−

xx , Logo:

20 9 10 7 lim 2

2 5 + −

+ − → x x

x x x =

9272lim

5 −−

→ xx

x=

95.275.2

−− = 3

2. (U.F.PR-83) O limite 183316122lim 2

2

2 −++−

→ xxxx

x é igual a:

a) 154

− b) 52

− c) 21

− d) 23

− e) 34

Solução: 183316122lim 2

2

2 −++−

→ xxxx

x=

00 , Fatorando pela regra de BriotxRuffini,

( )( )( )( )93.2

82.2lim2 −−

−−→ xx

xxx

= 9382lim

2 −−

→ xx

x=

34

3. (AMAN-RJ) A razão dos valores de x para os quais não é contínua a função

41

2 −=

xy

a) 1 b) –1 c) 2 d) ∞+ e) 4−

Solução: 4

12 −

=x

y = ( )( )2.21

+− xx , calculando os limites ( )( ) 0

12.2

1lim2

=+−+→ xxx

(impossibilidade). Fazendo o estudo do sinal da função: y= ( )( )2.21

+− xx,

-2 2 +++++++++ ----------------- +++++++++++

E calculando os limites laterais( )( )

( )( )

+∞=+−

−∞=+−

+

−

+→

+→

2.21lim

2.21lim

2

2

xx

xx

x

x e

( )( )

( )( )

−∞=+−

+∞=+−

+

−

−→

−→

2.21lim

2.21lim

2

2

xx

xx

x

x,

concluímos que –2 e +2 são abscissas de pontos de descontinuidade. A razão 22− = -1,

resposta letra b.

4. (U.F. Uberlândia- 81) Sabendo-se que 343lim

2=

−+

→ mxmx

x, x m≠ , calcule o valor de m.

Solução: 343lim

2=

−+

→ mxmx

x à

34

232

=−

+mm à

132

=m

5. (AMAN-RJ) Qual o valor do limite

++−+

→ xxxxxx

x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim

0 ?

a) 0,2 b) 0,333... c) 0,4 d) 0,5 e) 0,6

Solução: Primeiro modo:

++−+

→ xxxxxx

x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim

0=

++−+

0.3sen0.2sen0sen.50sen0.4sen0.2sen =

00 . Usando artifícios:

++−+

→ xxxxxx

x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim

0=

++

−+

→

xx

xx

xx

xx

xx

xx

x

33sen3

22sen.2sen.5

sen4

4sen.42

2sen.2lim

0=

1.31.21.511.41.2

++−+ =

105 = 0,5.

Segundo Modo: (Regra de L’Hospital)

++−+

→ xxxxxx

x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim

0=

++−+

0.3sen0.2sen0sen.50sen0.4sen0.2sen =

00 . Pela regra de H’Lospital

++−+

→ xxxxxx

x 3sen2sensen.5sen4sen2senlim

0,

derivando-se o numerador e o denominador separadamente:

++−+

→ xxxxxx

x 3cos.32cos.2cos.5cos4cos42cos2lim

0=

1.31.21.511.41.2

++−+ =

105 = 0,5..

6. (CEFET-PR) O limite 2

321lim

+

∞→

+

x

x xé igual a:

a) e2 b) 2.e c) 45

e e) 3 2e

Solução: Esta função 2

321

+

+=

x

xy é uma seqüência de Euler, logo

2

311lim

+

+∞→

+

x

x x=

2

2311lim

+

+∞→

+

x

x x=?, fazendo uma mudança de variável: t=

23x , quando

+∞→+∞→

tx

, vem: 2

32

11lim+

+∞→

+

t

t t=

232

11.11lim+

+∞→

+

+

tt

t

t=

232

11lim.11lim+

+∞→+∞→

+

+

tt t

t

t

= 1.11lim32

+

+∞→

t

t t 3 23

2

ee =

7. (UFJF-MG) Calcule o limite 36

3lim3 −+

−→ x

xx

.

Solução: Primeiro Modo à 36

3lim3 −+

−→ x

xx

= 363

33−+

− = 00 , que é uma indeterminação.

Multiplicando o numerador e o denominador pelo fator racionalizante 36 ++x , temos:

363lim

3 −+−

→ xx

x=

3636.

363lim

3 ++++

−+−

→ xx

xx

x= ( )( )

( ) 23 36363lim

−+++−

→ xxx

x=

( )( )96

363lim3 −+

++−→ x

xxx

= ( )( )3

363lim3 −

++−→ x

xxx

= ( )36lim3

++→

xx

= 363 ++ =6

Segundo Modo: 36

3lim3 −+

−→ x

xx

= 363

33−+

− = 00 , fazendo uma mudança de variável,

6+= xt , quando

→→

33

tx

, temos: 36

3lim3 −+

−→ x

xx

= ( )3

36lim2

3 −−−

→ tt

t=

39lim

2

3 −−

→ tt

t

( ) ( )3

3.3lim3 −

+−→ t

ttt

= ( )3lim3

+→

tt

= 3+3=6

8. (AMAN-RJ) Calcule o limite x

xsinx

5lim0→

- 11lim

5

1 −−

→ xx

x+

x

x x

311lim

+

∞→- ( ) x

xx

3

01lim +

→.

a) 0 b) ∞+ c) 1 d) ∞− e) e1

Solução: Fazendo por partes cada um dos limites à a) x

xsinx

5lim0→

= 5; b) 11lim

5

1 −−

→ xx

x=

( )( )1

1.1lim234

1 −++++−

→ xxxxxx

x = ( ) 51lim 234

1=++++

→xxxx

x; c)

x

x x

311lim

+

∞→ =

311lim

+

∞→

x

x x= e3 ; d) ( ) x

xx

3

01lim +

→ =

t

t t

+

∞→

31lim = e3 . Logo: o resultado da expressão

pedida é: 5 – 5 + e3-e3 =0

9. Se nà ∞+ , então nn

e1+

tende para:

a) ∞+ b) e c) 1 d) ne e) 21

e

Solução: Primeiro modo: nn

ne

1

lim+

+∞→= n

ne

11lim

+

+∞→= e1+0= e1=e

Segundo Modo: nn

ne

1

lim+

+∞→= ∞+

+∞

e , aplicando a regra de L’Hospital nn

ne

1

lim+

+∞→= 1

1

lim en +∞→

=e.

10. (PUC-PR) Se 2

2

1 1

1limx

xx −

−→

=L, podemos afirmar que:

a) L= -1 b) L=0 c) L=1 d) L=2

Solução: Primeiro modo à 2

2

1 1

1limx

xx −

−→

=00 , logo devemos usar um artifício para

resolvermos o limite fazendo uma mudança de variável t= 21 x− quando

→→

01

tx

, temos:

2

2

1 1

1limx

xx −

−→

= ( )tt

t

11lim2

0

−−→

==tt

t

2

0lim −

→= ( )t

t−

→0lim =0.

Segundo modo (usando a regra de H’Lospital): 2

2

1 1

1limx

xx −

−→

=00 , que é uma

indeterminação. Derivando o numerador y=x2-1 à y’=2x; derivando o denominador

g= 21 x− = ( ) 2121 x− à g’= ( ) ( )xx 2.1.

21

21

2 −−− =

( )21

21.2

2

x

x

−− . Resolvendo o limite pela

regra de H’Lospital: 2

2

1 1

1limx

xx −

−→

=

( )

−−

→

21

2

1

1.2

22lim

x

xx

x= ( ) ( )

−

−→ x

xxx 2

1.2.2lim21

2

1=

( )

−−

→21

2

11.2lim x

x= ( )

−− 2

1211.2 = 0.

11. Calcule o limite 11lim

1 −−

→ xx n

x.

Primeiro modo: 11lim

1 −−

→ xx n

x=

1111

−−n

= 00 . Multiplicando-se o numerador e denominador

dessa função pelo fator racionalizante 1+x , temos: 11lim

1 −−

→ xx n

x.

11

++

xx =

( )( )1

1.1lim1 −

+−→ x

xx n

x, fatorando o binômio xn-1 pelo regra de BriotxRuffini:

1 0 0 0 ... 0 -1

1 • 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 1 ... 1 0

( )( )1

1.1lim1 −

+−→ x

xx n

x= ( )( )( )

111....1lim

1321

1 −++++++− −−−

→ xxxxxxx nnn

x =

( )( )11...lim 1321

1++++++ −−−

→xxxxx nnn

x = (n-1+1). ( )11 + = 2.n

Segundo Modo: 11lim

1 −−

→ xx n

x=

1111

−−n

= 00 , é uma indedeterminação. Usando a regra de

H’Lospital à 11lim

1 −−

→ xx n

x=

1

1lim2

11 −

−→ x

x n

x =

21

1

1

21.lim

−

−

→x

xn n

x=

21

1

1.21

1.−

−nn =

21n = 2.n.

12. Sendo

+

∞→

ax

x xa1limln =49, qual é o valor positivo de a?

Solução:

+

∞→

ax

x xa1limln =49 à

+∞→

ax

x

ax11limln =49 à

+

∞→

ata

t t

.11limln =49 à

2

11limlnat

t t

+

∞→ = 49 à [ ]2

ln ae =49 à ea elog.2 = 49 à a2=49 à a2=72 à a=7.

13. (1ª. Questão Escola Naval 2002) Se ( ) pgx xx

=→

ln1

0cotlim , então

32)21)

121)

21

31)..

310)

≤<≤<

≤<

≤<

≤≤

pepd

pc

pb

pa

Resolução:

13. ( ) 0ln

1

0cotlim ∞=

→x

xgx , fazendo ( ) xgxy ln

1cot= e aplicando logaritmo natural Ln a

ambos os membros dessa função, temos: ( ) ( )gxLnLnx

gxLnLny x cot.1cot ln1

== , aplicando

limite nessa igualdade: ( ) ∞==→→

.0cot.1limlim00

gxLnLnx

Lnyxy

, fazendo ( )Lnx

gxLngf cot

= e

( )( ) ∞

∞=

00

gf , aplicando a regra de L’Hôpital ao numerador e ao denominador

separadamente:

xsen

xxsenx

xx

senxx

senxx

xsenx

gxxcx

x

gxxc

gf

2.21cos.coscos

1.

cot.1sec.

1cot

sec

'' 22

2

−=−=−==−=

−

= e

( )( ) 0.

210

0'0'

−=gf ; aplicando a regra de L’Hôpital novamente ao numerador e ao denominador

separadamente ( )( )

( )( ) 1

1.22

0.2cos.22

0''0''

2cos.22

''''

−=−=−=−=gfe

xxgxf

( ) pegxLn exx

==−= −

→

1ln1

0log1cotlim , ( ) 1

1

0cotlim −

→= LnegxLn Lnx

x concluímos que

36,078,2111 =≅== −

eep e finalmente temos como resposta a letra b).

Bibliografia:

Suplemento exclusivo do professor – Questões de vestibulares/1987 – Matemática 3 em 1 –

Curso completo do 2o. grau – Luiz Carlos de Domenico.