Considere os limites

L 1 = lim h ⟶ 0 ⁡ s e n h + π 2 - 1 h   ,

L 2 = lim x ⟶ ∞ ⁡ x 5 + 7 x 2 - 9 3 x 5 + 8 x + 1

E

L 3 = lim x ⟶ 0 + ⁡ 1 + 3 x 1 x .

É correto afirmar que:

  1. L 1 + L 3 = 1 + e 3
  2. L 1 > L 2
  3. L 1 ⋅ L 2 < L 3
  4. 3 L 2 > L 3
  5. L 1 + L 2 ⋅ L 3 = 1
  6. L 2 > L 3

Não é necessário justificativa.

Passo 1

Fala ai, rapaziada! Ele disse no enunciado que não precisa justificar, mas eu vou te mostrar passo a passo como arrasar nessa questão, então vem comigo!

Essa questão me dá 3 limites para resolver e quer saber qual é a relação entre os resultados no final, então vamos resolver um por um.

O primeiro limite para resolver é esse aqui:

L 1 = lim h ⟶ 0 ⁡ s e n h + π 2 - 1 h  

Sempre que começamos um limite, tentamos substituir a variável pelo limite e vemos o que acontece, logo, substituindo h = 0 :

s e n 0 + π 2 - 1 0 = s e n π 2 - 1 0

Como sabemos que:

s e n π 2 = 1

Então chegamos na indeterminação de 0 / 0 :

L 1 = 1 - 1 0 = 0 0

E o que podemos fazer quando temos um caso desse? Usamos L’Hospital, ou seja, derivamos o numerador e o denominador ao mesmo tempo:

L 1 = lim h ⟶ 0 ⁡ s e n h + π 2 - 1 h   → lim h ⟶ 0 ⁡ s e n h + π 2 - 1 ' h '

Derivando o numerador nós temos:

s e n h + π 2 - 1 ' = s e n h + π 2 ' - 1 ' = s e n h + π 2 ' - 0

Como você pode ver, dentro do seno, nós temos uma função em termo de h , então vamos usar a regra da cadeia aqui:

s e n h + π 2 ' = h + π 2 ' ⋅ s e n ' h + π 2 = 1 ⋅ c o s h + π 2

Portanto, nosso numerador fica:

s e n h + π 2 - 1 ' = c o s h + π 2

Agora derivando o denominador é bem mais simples:

h ' = 1

Podemos voltar ao limite L 1 :

L 1 = lim h ⟶ 0 ⁡ s e n h + π 2 - 1 ' h ' = l i m h ⟶ 0 c o s h + π 2 1 = l i m h ⟶ 0 c o s h + π 2

Vamos tentar substituir o valor de h = 0 de novo:

L 1 = l i m h ⟶ 0 c o s h + π 2 = cos ⁡ 0 + π 2 = cos ⁡ π 2 = 0

Então encontramos o primeiro limite:

L 1 = 0

Passo 2

Vamos fazer esse segundo limite, bora lá:

L 2 = lim x ⟶ ∞ ⁡ x 5 + 7 x 2 - 9 3 x 5 + 8 x + 1

Quando vemos um polinômio em cima e um polinômio em baixo, o que você pensa? Bom, eu vejo uma oportunidade de colocar em evidência o maior termo.

LEMBRE-SE DISSO! Quando tiver polinômio em cima e embaixo na fração, vai ser muito comum que você precise colocar o termo de maior potência em evidência.

L 2 = lim x ⟶ ∞ ⁡ x 5 1 + 7 x 2 x 5 - 9 x 5 x 5 3 + 8 x x 5 + 1 x 5

Podemos cortar esse x 5 do numerador e do denominador, correto:

L 2 = lim x ⟶ ∞ ⁡ x 5 1 + 7 x 2 x 5 - 9 x 5 x 5 3 + 8 x x 5 + 1 x 5 = lim x ⟶ ∞ ⁡ 1 + 7 x 2 x 5 - 9 x 5 3 + 8 x x 5 + 1 x 5

Se nós substituirmos o valor de nas frações, nós as levaremos a serem iguais a zero:

L 2 = lim x ⟶ ∞ ⁡ 1 + 7 x 2 x 5 - 9 x 5 3 + 8 x x 5 + 1 x 5 = 1 + 0 - 0 3 + 0 + 0 = 1 3

Viu que beleza? Quando colocamos o termo de maior potência em evidência, os vão ficar nos denominadores e anular alguns termos, mas não tem mais indeterminação. É o que queremos!

Então encontramos também o valor de L 2 :

L 2 = 1 3

Passo 3

Por último e não menos importante, nós temos o limite L 3 :

L 3 = lim x ⟶ 0 + ⁡ 1 + 3 x 1 x

Esse é um daqueles casos clássicos que nós temos uma estratégia infalível para usar. Como temos x na base da potência e no expoente, basta lembrar essa relação aqui:

a = e l n ⁡ ( a )

Vamos usar no nosso caso de limite:

L 3 = lim x ⟶ 0 + ⁡ 1 + 3 x 1 x = l i m x ⟶ 0 + e l n 1 + 3 x 1 x

Como o limite tem a ver com o x que está no expoente, podemos jogar o limite pro campo do expoente, não é verdade? Veja:

L 3 = l i m x ⟶ 0 + e l n 1 + 3 x 1 x = e l i m x ⟶ 0 + l n 1 + 3 x 1 x

Ta pequenininho, né? Então vamos olhar mais de pertinho esse limite:

l i m x ⟶ 0 + l n 1 + 3 x 1 x

Podemos usar essa relação aqui para simplificar o logaritmo:

l n 1 + 3 x 1 x = 1 x l n ⁡ ( 1 + 3 x )

Então nosso limite se torna:

l i m x ⟶ 0 + l n 1 + 3 x 1 x = l i m x ⟶ 0 + 1 x   l n 1 + 3 x = l i m x ⟶ 0 + ln ⁡ 1 + 3 x x

Se substituirmos o valor de x = 0 nesse momento, nós encontraremos:

l i m x ⟶ 0 + ln ⁡ 1 + 3 x x = ln ⁡ 1 0 = 0 0

Ou seja, uma indeterminação, em que podemos usar L’Hospital. Vamos derivar o numerador e o denominador:

l i m x ⟶ 0 + ( ln ⁡ 1 + 3 x ) ' x '

Como temos uma função dentro do l n , então vamos usar a Regra da Cadeia:

( ln ⁡ 1 + 3 x ) ' = 1 + 3 x ' ⋅ l n ' 1 + 3 x = 3 ⋅ 1 1 + 3 x = 3 1 + 3 x

Derivando o denominador:

x ' = 1  

Então temos o limite:

l i m x ⟶ 0 + ( ln ⁡ 1 + 3 x ) ' x ' = l i m x ⟶ 0 + 3 1 + 3 x 1 = l i m x ⟶ 0 + 3 1 + 3 x

Substituindo o valor de x = 0 :

l i m x ⟶ 0 + 3 1 + 3 x = 3 1 + 0 = 3

Essa é a resposta final? Não, porque esse era apenas o expoente de e :

L 3 = e l i m x ⟶ 0 + l n 1 + 3 x 1 x = e 3

Esse sim é o nosso limite!

Passo 4

Agora vamos comparar os limites que calculamos

L 1 = 0

L 2 = 1 / 3

L 3 = e 3

Com as alternativas da questão. Vou relembrar elas aqui pra ficar mais fácil:

  1. L 1 + L 3 = 1 + e 3
  2. L 1 > L 2
  3. L 1 ⋅ L 2 < L 3
  4. 3 L 2 > L 3
  5. L 1 + L 2 ⋅ L 3 = 1
  6. L 2 > L 3

A única opção que se encaixa nessa pergunta é a letra “c”:

L 1 ⋅ L 2 < L 3

Pois substituindo os valores:

0 ⋅ 1 3 = 0 < e 3

Resposta

Letra “c”

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