FATOS MATEMÁTICOS: Generalização de um Limite Exponencial Fundamental

quarta-feira, 18 de abril de 2012

Generalização de um Limite Exponencial Fundamental

O cálculo de limites exponenciais é realizado através dos dois limites fundamentais:

$[;i);]$

$[;\lim_{x \to \infty} \biggl(1 + \frac{1}{x}\biggr)^x = e;]$

$[;ii);]$

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x} = \ln a, \qquad 0 \prec a \neq 1;]$

O limite dado em $[;i);]$ já foi apresentado no post "Cálculo de Limites Exponenciais" e não será tratado aqui. O limite dado em $[;ii);]$ é útil para deduzir a derivada da função exponencial $[;f(x) = a^x;]$ com $[;0 \prec a \neq 1;]$ . Para provar este segundo limite exponencial fundamental, fazemos $[;u = a^x - 1;]$ , de modo que

$[;a^x = u +1 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{\ln(u + 1)}{\ln a};]$

Se $[;x \to 0;]$ , então $[;u \to 0;]$ . Assim,

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x} = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\frac{\ln(u+1)}{\ln a}} = \ln a \cdot \lim_{u \to 0}\frac{u}{\ln(u+1)};]$

$[;= \ln a \cdot \lim_{u \to 0}\frac{1}{\frac{1}{u}\ln(u +1)} = \ln a\cdot \frac{1}{\lim_{u \to 0}\ln(u +1)^{1/u}};]$

$[;=\ln a \cdot \frac{1}{\ln\bigl[\lim_{u \to 0}(u + 1)^{1/u}\bigr]};]$

Fazendo $[;v = 1/u;]$ , segue que

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x} = \ln a\cdot \frac{1}{\ln\bigl[\lim_{v \to \infty}\bigl(1 + \frac{1}{v}\bigr)^v \bigr]} = \ln a\cdot \frac{1}{\ln e} = \ln a;]$

Neste post, apresentaremos uma generalização do limite fundamental dado em $[;ii);]$ . Mostraremos sob certas condições sobre a função $[;f;]$ que

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x)} - 1}{x} = f^{\prime}(0)\ln a, \quad \qquad \text{sendo} \qquad 0 \prec a \neq 1;]$

Este resultado pode ser obtido usando a regra de L'Hospital, mas preferimos apresentar uma prova construtiva baseada no conceito de diferenciais e aproximação linear local.

Lema 1: Seja $[;f;]$ diferenciável em um aberto contendo a origem. Se $[;f(0) = 0;]$ , então para $[;h;]$ , suficientemente pequeno,

$[;f(h) = f^{\prime}(0)h + \epsilon h;]$

onde $[;\epsilon \to 0;]$ quando $[;h \to 0;]$ .

Demonstração: Na figura abaixo, seja

$[;\epsilon = \frac{f(h)}{h} - f^{\prime}(0) \qquad (1);]$

Sendo $[;f(0) = 0;]$ , temos

$[;\epsilon = \frac{f(h) - f(0)}{h - 0} - f^{\prime}(0);]$

de modo que

$[;\lim_{h \to 0}\epsilon = \lim_{h \to 0}\biggl[\frac{f(h) - f(0)}{h - 0} - f^{\prime}(0)\biggr] = f^{\prime}(0) - f^{\prime}(0) = 0;]$

Além disso, segue de $[;(1);]$ que

$[;\frac{f(h)}{h} = f^{\prime}(0) + \epsilon \quad \Rightarrow \quad f(h) = f^{\prime}(0)h + \epsilon h;]$

Teorema 1: Seja $[;f;]$ diferenciável em um aberto contendo a origem. Se $[;0 \prec a \neq 1;]$ e $[;f(0) = 0;]$ , então

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x)} - 1}{x} = f^{\prime}(0)\ln a;]$

Demonstração: Pelo Lema 1, existe $[;\epsilon;]$ tal que

$[;f(x) = f^{\prime}(0)x + \epsilon x;]$

e $[;\epsilon \to 0;]$ quando $[;x \to 0;]$ . Assim,

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x)} - 1}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{a^{f^{\prime}(0)x + \epsilon x} - 1}{x};]$

$[;=\lim_{x \to 0}\frac{a^{f^{\prime}(0)x}\cdot a^{\epsilon x} - 1 - a^{\epsilon x} + a^{\epsilon x}}{x};]$

$[;=\lim_{x \to 0}a^{\epsilon x}\cdot \bigl[\frac{a^{f^{\prime}(0)x} - 1}{x}\bigr] + \lim_{\epsilon, x \to 0}\frac{a^{\epsilon x - 1}}{x};]$

$[;=\lim_{x \to 0}a^{\epsilon x}\lim_{x \to 0}\frac{a^{f^{\prime}(0)x} - 1}{x} + \lim_{\epsilon \to 0}\ln a^{\epsilon};]$

$[;=1\cdot f^{\prime}(0)\ln a + \lim_{\epsilon \to 0}\epsilon \cdot \ln a = f^{\prime}(0)\ln a;]$

Exemplo 1: Use o teorema 1 e calcule os limites abaixo:

$[;a);]$ $[;\lim_{x \to 0}\frac{2^{\sin(4x)} - 1}{x};]$

$[;b);]$ $[;\lim_{x \to 0}\frac{3^{\ln(1 + x)} - 1}{\sin x};]$

$[;c);]$ $[;\lim_{x \to 0}\frac{e^{\sin(2x)} - e^{\sin x}}{x};]$

Resolução:
$[;a);]$ Note que $[;f(x) = \sin(4x);]$ é uma função diferenciável e $[;f(0) = 0;]$ . Portanto,

$[;\lim_{x \to 0}\frac{2^{\sin(4x)} - 1}{x} = f^{\prime}(0)\ln 2 = 4\ln 2;]$

$[;b);]$ Sendo $[;f(x) = \ln(1 + x);]$ , então $[;f^{\prime}(x) = 1/(1 + x);]$ , de modo que $[;f^{\prime}(0) = 1;]$ . Assim,

$[;\lim_{x \to 0}\frac{3^{\ln(1 + x)} - 1}{\sin x} = \lim_{x \to 0}\frac{\frac{3^{\ln(1 + x)} - 1}{x}}{\frac{\sin x}{x}};]$

$[;= \frac{\lim_{x \to 0 \frac{3^{\ln(1 + x)} - 1}{x}}}{\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}} = \frac{f^{\prime}(0)\ln 3}{1} = \ln 3;]$

$[;c);]$ Ambas as funções $[;f(x) = \sin(2x);]$ e $[;g(x) = \sin x;]$ são diferenciáveis. Assim,

$[;\lim_{x \to \infty}\frac{e^{\sin(2x)} - e^{\sin x}}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\sin(2x) - 1} - 1 - (e^{\sin x} - 1)}{x};]$

$[;=\lim_{x \to 0}\frac{e^{\sin(2x)} - 1}{x} - \lim_{x \to 0}\frac{e^{\sin x} - 1}{x} = 2\cos(2\cdot 0)\ln e - \cos 0\cdot \ln e = 2 - 1 =1;]$

Corolário 1: Sejam $[;f;]$ e $[;g;]$ funções diferenciais em um aberto contendo a origem. Se $[;0 \prec a \neq 1;]$ , $[;f(0) = g(0) = 0;]$ e $[;g^{\prime}(0) \neq 0;]$ , então

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x) - 1}}{g(x)} = \frac{f^{\prime}(0)\ln a}{g^{\prime}(0)};]$

Demonstração: De fato,

$[;\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x)} - 1}{g(x)} = \lim_{x \to 0}\frac{(a^{f(x)} - 1)/x}{\frac{g(x) - g(0)}{x - 0}};]$

$[; = \frac{\lim_{x \to 0}\frac{a^{f(x)} - 1}{x}}{\lim_{x \to 0}\frac{g(x) - g(0)}{x - 0}} = \frac{f^{\prime}(0)\ln a}{g^{\prime}(0)};]$

Exemplo 2: Calcule

$[;\lim_{x \to \pi/2}\frac{2^{\sin x - 1} - 1}{\tan(\pi - 2x)};]$

Resolução: Seja $[;u = x - \pi/2;]$ , de modo que $[;u = x - \pi/2;]$ . Se $[;x \to \pi/2;]$ , então $[;u \to 0;]$ . Assim,

$[;\lim_{x \to \pi/2}\frac{2^{\sin x - 1} - 1}{\tan(\tan(\pi - 2x))} = \lim_{u \to 0}\frac{2^{\sin(u + \pi/2) - 1} - 1}{\tan(-2u)};]$

$[;=\lim_{u \to 0}\frac{2^{\cos u - 1}}{\ -\tan(2u)};]$

Note que $[;g(u) = -\tan(2u);]$ é diferenciável em um aberto contendo a origem e $[;g^{\prime}(0) = -2\sec^2(2\cdot 0) = -2 \neq 0;]$ . Logo,

$[;\lim_{x \to \pi/2}\frac{2^{\sin x - 1} - 1}{\tan(\pi - 2x)} = \lim_{u \to 0}\frac{2^{\cos u - 1} - 1}{\ -\tan(2u)} = \frac{f^{\prime}(0)\ln 2}{-2} = 0;]$

Gostará de ler também:
- Cálculo de Limites Exponenciais;
- Cálculo de Limites Algébricos e Irracionais Algébricos;
- Cálculo de Limites Trigonométricos;
- Teorema de Cauchy e a Regra de L'Hospital;
- Limites Pela Definição.