Os exercícios seguintes permitem aplicar progressivamente as definições e as propriedades relativas a infinitos, infinitésimos, ordens, equivalências assintóticas e à notação \(o\) pequeno.
Em cada exercício, o processo de passagem ao limite é indicado explicitamente, pois uma função pode ser um infinito, um infinitésimo ou não apresentar nenhum dos dois comportamentos, dependendo do limite considerado.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a função
\[ f(x)=x^3 \]
é um infinito ou um infinitésimo nos processos de passagem ao limite \(x\to 0\) e \(x\to+\infty\).
Resultado
A função \(x^3\) é um infinitésimo para \(x\to 0\) e é um infinito para \(x\to+\infty\).
Resolução
Uma função é um infinitésimo em relação a um determinado processo de passagem ao limite quando o seu limite é igual a zero.
Consideremos primeiro \(x\to 0\). Como a função \(x^3\) é contínua, podemos calcular o limite por substituição direta:
\[ \lim_{x\to 0}x^3=0^3=0. \]
Portanto, \(x^3\) é um infinitésimo para \(x\to 0\).
Consideremos agora \(x\to+\infty\). Quando \(x\) assume valores positivos cada vez maiores, também \(x^3\) assume valores positivos cada vez maiores. Temos, então,
\[ \lim_{x\to+\infty}x^3=+\infty. \]
Consequentemente, \(x^3\) é um infinito para \(x\to+\infty\).
O exercício mostra que ser um infinito ou um infinitésimo não é uma propriedade absoluta da função: depende sempre do processo de passagem ao limite considerado.
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Estudar o comportamento da função
\[ f(x)=\frac{1}{x^2} \]
para \(x\to 0\) e para \(x\to+\infty\).
Resultado
A função \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) é um infinito para \(x\to 0\) e é um infinitésimo para \(x\to+\infty\).
Resolução
Consideremos inicialmente o limite para \(x\to 0\).
Quando \(x\) se aproxima de zero, \(x^2\) permanece positivo e tende a zero:
\[ x^2\to 0^+. \]
O inverso de uma quantidade positiva que tende a zero assume valores positivos arbitrariamente grandes. Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}=+\infty. \]
A função é, então, um infinito para \(x\to 0\).
Consideremos agora \(x\to+\infty\). Neste caso,
\[ x^2\to+\infty. \]
O inverso de uma quantidade positiva que tende a \(+\infty\) tende a zero. Segue-se que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0. \]
Portanto, \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) é um infinitésimo para \(x\to+\infty\).
Exercício 3 — nível ★★☆☆☆
Comparar os infinitos
\[ f(x)=x^2 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^5 \]
para \(x\to+\infty\).
Resultado
A função \(x^2\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(x^5\).
Resolução
Ambas as funções são infinitos para \(x\to+\infty\), pois
\[ \lim_{x\to+\infty}x^2=+\infty \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}x^5=+\infty. \]
Para comparar a rapidez com que crescem, calculamos o limite do quociente entre \(f(x)\) e \(g(x)\):
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}. \]
Utilizando as propriedades das potências, simplificamos:
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Como \(x^3\to+\infty\), o seu inverso tende a zero:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Obtivemos, portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Quando o quociente entre dois infinitos tende a zero, a função colocada no numerador é um infinito de ordem inferior em relação à colocada no denominador.
Portanto, \(x^2\) é um infinito de ordem inferior em relação a \(x^5\).
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Comparar os infinitésimos
\[ f(x)=\frac{1}{x^4} \qquad\text{e}\qquad g(x)=\frac{1}{x} \]
para \(x\to+\infty\).
Resultado
A função \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) é um infinitésimo de ordem superior em relação a \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Resolução
As duas funções são infinitésimos para \(x\to+\infty\), pois
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^4}=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0. \]
Para comparar dois infinitésimos, consideramos o limite do seu quociente:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Dividir por uma fração equivale a multiplicar pelo seu inverso. Portanto,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{x^4}\cdot x = \frac{1}{x^3}. \]
Calculamos o limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Quando o quociente entre dois infinitésimos tende a zero, o infinitésimo colocado no numerador tende a zero com maior rapidez e é, portanto, de ordem superior.
Consequentemente, \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) é um infinitésimo de ordem superior em relação a \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Determinar se os infinitos
\[ f(x)=3x^2+1 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^2 \]
são da mesma ordem e se são assintoticamente equivalentes para \(x\to+\infty\).
Resultado
As duas funções são infinitos da mesma ordem, mas não são assintoticamente equivalentes.
Resolução
Para \(x\to+\infty\), ambas as funções tendem para \(+\infty\). Podemos, portanto, compará-las através do quociente:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}. \]
Dividimos separadamente cada termo do numerador por \(x^2\):
\[ \frac{3x^2+1}{x^2} = \frac{3x^2}{x^2}+\frac{1}{x^2} = 3+\frac{1}{x^2}. \]
Como
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0, \]
obtemos
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}=3. \]
O quociente tende para uma constante finita e diferente de zero. As duas funções são, portanto, infinitos da mesma ordem.
Para serem assintoticamente equivalentes, contudo, o quociente deveria tender exatamente para \(1\). Como o limite é \(3\), não podemos escrever
\[ 3x^2+1\sim x^2. \]
Podemos, em vez disso, observar que
\[ 3x^2+1\sim 3x^2, \]
porque
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{3x^2}=1. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Verificar que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{para }x\to+\infty. \]
Resultado
A equivalência é verdadeira:
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{para }x\to+\infty. \]
Resolução
Duas funções são assintoticamente equivalentes quando o quociente entre a primeira e a segunda tende para \(1\).
Devemos, então, calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}. \]
Dividimos ambos os termos do numerador por \(x^2\):
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = \frac{x^2}{x^2}+\frac{x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}. \]
Como
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0, \]
segue-se que
\[ \lim_{x\to+\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)=1. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1, \]
e, consequentemente,
\[ x^2+x\sim x^2. \]
O termo \(x\) é desprezável em relação a \(x^2\) no comportamento principal da função para \(x\to+\infty\).
Exercício 7 — nível ★★★☆☆
Determinar a ordem do infinito
\[ f(x)=x^6 \]
em relação ao infinito
\[ g(x)=x^2 \]
para \(x\to+\infty\).
Resultado
A função \(x^6\) é um infinito de ordem \(3\) em relação a \(x^2\).
Resolução
A função \(f\) é um infinito de ordem \(\alpha>0\) em relação a \(g\) se
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{[g(x)]^\alpha}=L, \qquad 0<|L|<+\infty. \]
No nosso caso,
\[ f(x)=x^6 \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^2. \]
Procuramos um número \(\alpha>0\) tal que
\[ [g(x)]^\alpha=(x^2)^\alpha=x^{2\alpha} \]
tenha a mesma potência de \(x\) presente em \(f(x)=x^6\).
Devemos, então, impor
\[ 2\alpha=6. \]
Dividindo ambos os membros por \(2\), obtemos
\[ \alpha=3. \]
Verifiquemos a definição:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{(x^2)^3} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{x^6} = \lim_{x\to+\infty}1 = 1. \]
O limite é finito e diferente de zero. Portanto, \(x^6\) é um infinito de ordem \(3\) em relação a \(x^2\).
Exercício 8 — nível ★★★☆☆
Determinar a ordem do infinitésimo
\[ f(x)=x^5 \]
em relação ao infinitésimo
\[ g(x)=x \]
para \(x\to 0^+\).
Resultado
A função \(x^5\) é um infinitésimo de ordem \(5\) em relação a \(x\).
Resolução
Para \(x\to 0^+\), tanto \(x^5\) como \(x\) tendem para zero. São, portanto, dois infinitésimos em relação ao mesmo processo de passagem ao limite.
Procuramos \(\alpha>0\) tal que
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^\alpha} \]
seja uma constante finita e diferente de zero.
Utilizando as propriedades das potências, para \(x>0\) temos
\[ \frac{x^5}{x^\alpha}=x^{5-\alpha}. \]
Para que o quociente seja identicamente igual a \(1\), devemos escolher
\[ 5-\alpha=0. \]
Segue-se
\[ \alpha=5. \]
Verifiquemos:
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^5} = \lim_{x\to 0^+}1 = 1. \]
Como o limite é finito e diferente de zero, \(x^5\) é um infinitésimo de ordem \(5\) em relação a \(x\).
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Determinar se os infinitos
\[ f(x)=x(2+\sin x) \qquad\text{e}\qquad g(x)=x \]
são comparáveis através da classificação baseada no limite do quociente para \(x\to+\infty\).
Resultado
Ambas as funções são infinitos, mas não são comparáveis através da classificação baseada no limite do quociente, porque esse limite não existe.
Resolução
Para qualquer número real \(x\), tem-se
\[ -1\leq\sin x\leq 1. \]
Somando \(2\) a todos os membros, obtemos
\[ 1\leq 2+\sin x\leq 3. \]
Para \(x>0\), multiplicando por \(x\), obtemos
\[ x\leq x(2+\sin x)\leq 3x. \]
Como \(x\to+\infty\), também \(x(2+\sin x)\to+\infty\). Portanto, tanto \(f\) como \(g\) são infinitos para \(x\to+\infty\).
Calculemos agora o seu quociente:
\[ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{x(2+\sin x)}{x} = 2+\sin x. \]
A função \(\sin x\) continua a oscilar entre \(-1\) e \(1\) quando \(x\to+\infty\). Consequentemente, \(2+\sin x\) continua a oscilar entre \(1\) e \(3\) e não admite limite.
O quociente, portanto, não tende nem para zero nem para uma constante finita e diferente de zero, e o seu valor absoluto também não tende para \(+\infty\).
As duas funções não são, portanto, comparáveis através desta classificação.
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Estudar a relação entre o infinitésimo
\[ f(x)=x \]
e o seu inverso para \(x\to 0\), distinguindo o limite à direita, o limite à esquerda e o limite bilateral.
Resultado
Temos
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty, \qquad \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
O limite bilateral de \(\displaystyle\frac{1}{x}\) para \(x\to 0\) não existe, enquanto
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Resolução
A função \(f(x)=x\) é um infinitésimo para \(x\to 0\), porque
\[ \lim_{x\to 0}x=0. \]
No entanto, \(x\) não tem sinal definido numa vizinhança completa de zero: é positivo à direita de zero e negativo à esquerda de zero.
Consideremos primeiro \(x\to 0^+\). Neste caso, \(x\) assume valores positivos cada vez menores:
\[ x\to 0^+. \]
O inverso de uma quantidade positiva que tende a zero tende para \(+\infty\). Portanto,
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty. \]
Consideremos agora \(x\to 0^-\). Neste caso, \(x\) assume valores negativos cujo valor absoluto se torna cada vez menor:
\[ x\to 0^-. \]
O inverso permanece negativo e torna-se arbitrariamente grande em valor absoluto. Consequentemente,
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
Os dois limites laterais são diferentes. O limite bilateral
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \]
não existe, portanto, nem sequer como limite na reta real estendida.
O valor absoluto do inverso é, por sua vez,
\[ \left|\frac{1}{x}\right|=\frac{1}{|x|}. \]
Como \(|x|\to 0^+\), temos
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{|x|}=+\infty. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Exercício 11 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Resolução
Para \(u\to 0\) vale a equivalência notável
\[ \sin u\sim u. \]
No nosso caso, o argumento do seno é
\[ u=3x. \]
Quando \(x\to 0\), também \(3x\to 0\). Podemos, então, aplicar a equivalência:
\[ \sin(3x)\sim 3x. \]
Como \(\sin(3x)\) aparece como fator no numerador de um quociente, podemos substituí-lo pelo seu equivalente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{3x}{x}. \]
Para \(x\neq 0\), simplificamos \(x\):
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}3 = 3. \]
Exercício 12 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}=2. \]
Resolução
Para \(u\to 0\) vale a equivalência
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2}. \]
Fazemos
\[ u=2x. \]
Quando \(x\to 0\), também \(u=2x\to 0\). Podemos, então, escrever
\[ 1-\cos(2x)\sim\frac{(2x)^2}{2}. \]
Calculamos o quadrado:
\[ (2x)^2=4x^2. \]
Consequentemente,
\[ \frac{(2x)^2}{2} = \frac{4x^2}{2} = 2x^2. \]
Portanto,
\[ 1-\cos(2x)\sim 2x^2. \]
Substituindo o equivalente no quociente, obtemos
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2x^2}{x^2}. \]
Para \(x\neq 0\), temos
\[ \frac{2x^2}{x^2}=2. \]
Portanto, o limite vale
\[ 2. \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}=\frac{2}{5}. \]
Resolução
Para \(u\to 0\) valem as equivalências
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{e}\qquad \tan u\sim u. \]
No numerador, fazemos \(u=2x\). Como \(2x\to 0\), obtemos
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
No denominador, fazemos \(u=5x\). Como \(5x\to 0\), obtemos
\[ \tan(5x)\sim 5x. \]
As duas expressões aparecem, respetivamente, no numerador e no denominador de um quociente. Podemos, então, utilizar os seus equivalentes:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \lim_{x\to 0}\frac{2x}{5x}. \]
Para \(x\neq 0\), simplificamos \(x\):
\[ \frac{2x}{5x}=\frac{2}{5}. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \frac{2}{5}. \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}=\frac{4}{3}. \]
Resolução
Para \(u\to 0\) valem as equivalências
\[ \ln(1+u)\sim u \qquad\text{e}\qquad \arcsin u\sim u. \]
No numerador, o incremento que aparece no logaritmo é \(4x\). Quando \(x\to 0\), também \(4x\to 0\). Portanto,
\[ \ln(1+4x)\sim 4x. \]
No denominador, o argumento da função arco-seno é \(3x\). Como \(3x\to 0\), temos
\[ \arcsin(3x)\sim 3x. \]
Utilizando os equivalentes no quociente, obtemos
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)} = \lim_{x\to 0}\frac{4x}{3x}. \]
Para \(x\neq 0\), simplificamos o fator \(x\):
\[ \frac{4x}{3x}=\frac{4}{3}. \]
Portanto, o limite pedido é
\[ \frac{4}{3}. \]
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}=\frac{5}{2}. \]
Resolução
Para \(x\to 0\) vale a equivalência
\[ (1+x)^\alpha-1\sim\alpha x, \qquad \alpha\neq 0. \]
No nosso caso, \(\alpha=5\). Portanto,
\[ (1+x)^5-1\sim 5x. \]
Para o denominador, utilizamos a equivalência
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{para }u\to 0. \]
Fazendo \(u=2x\), como \(2x\to 0\), obtemos
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
As duas expressões aparecem num quociente, pelo que podemos substituí-las pelos respetivos equivalentes:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \lim_{x\to 0}\frac{5x}{2x}. \]
Para \(x\neq 0\), simplificamos \(x\):
\[ \frac{5x}{2x}=\frac{5}{2}. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \frac{5}{2}. \]
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}=6. \]
Resolução
O numerador é o produto de dois infinitésimos. Podemos aplicar separadamente as equivalências notáveis aos dois fatores.
Como
\[ \sin u\sim u \qquad\text{para }u\to 0, \]
fazendo \(u=2x\), obtemos
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
Além disso,
\[ \tan u\sim u \qquad\text{para }u\to 0. \]
Fazendo \(u=3x\), obtemos
\[ \tan(3x)\sim 3x. \]
Os equivalentes são utilizados dentro de um produto e de um quociente, pelo que a substituição é lícita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{(2x)(3x)}{x^2}. \]
Multiplicamos os fatores no numerador:
\[ (2x)(3x)=6x^2. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{6x^2}{x^2}. \]
Para \(x\neq 0\), temos
\[ \frac{6x^2}{x^2}=6. \]
O limite pedido é, portanto,
\[ 6. \]
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}=4. \]
Resolução
Para o numerador, utilizamos a equivalência
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2} \qquad\text{para }u\to 0. \]
Fazendo \(u=4x\), obtemos
\[ 1-\cos(4x)\sim\frac{(4x)^2}{2}. \]
Calculamos:
\[ \frac{(4x)^2}{2} = \frac{16x^2}{2} = 8x^2. \]
Portanto,
\[ 1-\cos(4x)\sim 8x^2. \]
No denominador aparece o produto \(x\sin(2x)\). Para o seno, vale
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
Consequentemente,
\[ x\sin(2x)\sim x\cdot 2x=2x^2. \]
Podemos agora substituir os equivalentes no quociente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)} = \lim_{x\to 0}\frac{8x^2}{2x^2}. \]
Para \(x\neq 0\), simplificamos \(x^2\):
\[ \frac{8x^2}{2x^2}=\frac{8}{2}=4. \]
Portanto, o limite vale
\[ 4. \]
Exercício 18 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x} \]
e explicar por que não é correto substituir diretamente \(x^2+x\) pelo equivalente \(x^2\) na diferença.
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
A substituição direta por meio de equivalentes na diferença não é lícita, porque eliminaria precisamente o termo que determina o valor do limite.
Resolução
Sabemos que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{para }x\to+\infty, \]
porque
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1. \]
No entanto, a expressão \(x^2+x\) aparece dentro da diferença
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Os equivalentes não podem ser substituídos automaticamente em somas e diferenças, porque os termos principais podem cancelar-se.
Calculemos, então, a diferença de forma exata:
\[ (x^2+x)-x^2=x^2+x-x^2=x. \]
O limite torna-se
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{x}. \]
Para \(x\neq 0\),
\[ \frac{x}{x}=1. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
Se tivéssemos substituído \(x^2+x\) diretamente por \(x^2\) na diferença, teríamos obtido
\[ x^2-x^2=0 \]
e, portanto, erradamente,
\[ \frac{0}{x}=0. \]
A substituição teria eliminado o termo \(x\), que é desprezável em relação a \(x^2\) na função \(x^2+x\), mas que se torna o termo determinante após o cancelamento dos termos \(x^2\).
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Utilizando as hierarquias fundamentais, estabelecer as seguintes relações para \(x\to+\infty\):
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
e deduzir as correspondentes relações entre os inversos.
Resultado
Para \(x\to+\infty\) temos
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
e, passando aos inversos,
\[ \frac{1}{2^x}=o\left(\frac{1}{x^4}\right), \qquad \frac{1}{\sqrt{x}}=o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Resolução
Na passagem ao limite \(x\to+\infty\), a notação
\[ f(x)=o(g(x)) \]
significa que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=0. \]
A hierarquia fundamental entre logaritmos e potências afirma que, para todo \(\alpha>0\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^\alpha}=0. \]
Como
\[ \sqrt{x}=x^{1/2} \]
e \(\displaystyle\frac{1}{2}>0\), escolhendo \(\alpha=\displaystyle\frac{1}{2}\), obtemos
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}=0. \]
Por definição da notação \(o\) pequeno, podemos, então, escrever
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}). \]
A hierarquia entre potências e exponenciais afirma ainda que, para todo \(\alpha>0\) e todo \(a>1\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{a^x}=0. \]
Escolhendo \(\alpha=4\) e \(a=2\), obtemos
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^4}{2^x}=0. \]
Portanto,
\[ x^4=o(2^x). \]
Passemos agora aos inversos. Da relação
\[ x^4=o(2^x) \]
segue-se que \(2^x\) cresce com maior rapidez do que \(x^4\). Consequentemente, o inverso de \(2^x\) tende a zero com maior rapidez do que o inverso de \(x^4\):
\[ \frac{1}{2^x} = o\left(\frac{1}{x^4}\right). \]
Com efeito,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{2^x}} {\displaystyle\frac{1}{x^4}} = \frac{x^4}{2^x} \to 0. \]
Analogamente, da relação
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}) \]
segue-se
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Com efeito,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}} {\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} \to 0. \]
Exercício 20 — nível ★★★★★
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]
Resolução
O limite apresenta a forma indeterminada \(\displaystyle\frac{0}{0}\), porque, para \(x\to 0\), temos
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+x)\to 0, \qquad x^2\sin x\to 0. \]
O numerador é um produto e o denominador é também um produto. Podemos, então, utilizar as equivalências assintóticas de cada fator.
Para \(x\to 0\) vale
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}. \]
Além disso,
\[ \ln(1+x)\sim x \]
e
\[ \sin x\sim x. \]
Substituímos cada fator pelo seu equivalente:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \lim_{x\to 0} \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot x} {x^2\cdot x}. \]
Multiplicamos os fatores no numerador:
\[ \frac{x^2}{2}\cdot x=\frac{x^3}{2}. \]
Multiplicamos os fatores no denominador:
\[ x^2\cdot x=x^3. \]
O limite torna-se, então,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2}}{x^3}. \]
Dividir \(\displaystyle\frac{x^3}{2}\) por \(x^3\) equivale a escrever
\[ \frac{x^3}{2x^3}. \]
Para \(x\neq 0\), podemos simplificar \(x^3\):
\[ \frac{x^3}{2x^3}=\frac{1}{2}. \]
Portanto,
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]