Observação importante: Prosseguimos o estudo baseado no texto [AB].
Recomenda-se que, para acompanhar o estudo desta aula, os alunos estudem os exercícios resolvidos 10-11 da lista [RLC].
Também lhes poderá ser útil assistir à aula em video 15 em [MA].
Nesta aula concluimos os Teoremas de Rolle, Lagrange e Cauchy. Fazemos mais uma aplicação do Teorema de Lagrange,
enunciamos o teorema de Cauchy, deduzimos a sua mais importante consequência: a regra de Cauchy e terminamos com aplicações dessa regra.
O Teorema de Lagrange (conclusão)
Aplicação a estimativas de funções
Começe por compreender o exemplo 3.8.33 da página 77 de [AB]. Aqui o que se está a fazer é fixar um ponto base \(a\) (no caso do exemplo é \(a=0\)) e aplicar o Teorema de Lagrange
ao intervalo \([a,x]\) no caso \(x\gt a\), ou ao intervalo \([x,a]\) no caso \(x\lt a\), onde \(x\) varia no domínio da função.
Este exemplo ilustra um tipo de aplicações no qual se obtém estimativas (desigualdades) sobre funções a partir das derivadas dessas funções. Para esse tipo de aplicações podemos reescrever o
Teorema de Lagrange da seguinte forma:
Seja \(f\) contínua num intervalo \(I\) e diferenciável em todos os seus pontos interiores. Seja \(a\in I\). Então, para cada \(x\in I\), existe \(c_x\) entre \(a\) e \(x\) (\(c_x\in\left]a,x\right[\) se \(x\gt a\), ou
\(c_x\in \left]x,a\right[\) se \(x\lt a\)), tal que
\[f(x)=f(a)+f'(c_x)(x-a).\]
Veja como se obtem este resultado a partir da forma mais habitual do Teorema de Lagrange da aula anterior.
Repare também que \(c_x\) depende de \(x\) (daí a notação) e que o teorema só afirma a sua existência e
não como se pode calcular. Além disso, poderá haver mais do que um valor possível para \(c_x\).
Em geral, para simplificar a notação, usamos simplesmente o símbolo \(c\) em vez de \(c_x\). Esta última notação só foi usada para realçar
a dependência de \(c\) na variável \(x\).
Exemplos
Exemplo 1. Provar que \(e^x\gt 1+x\), para qualquer \(x\gt 0\).
Aplica-se o T. Lagrange a \(f(x)=e^x\), escolhendo para ponto base \(a=0\). Temos então que existe \(c\in\left]0,x\right[\), tal que
\[e^x=e^0+e^c(x-0)\quad \Leftrightarrow\quad e^x=1+e^cx\,.\]
Como \(c\gt 0\) e nesse caso \(e^c\gt 1\), temos então,
\[e^x>1+x.\]
Também é verdade que \(e^x\gt 1+x,\) para \(x\lt 0\). Faça como exercício.
(Reparem que \(y=1+x\) é a equação da recta tangente em \(x=0\) e, portanto, essencialmente estamos a dizer que todo o gráfico de \(e^x\) está
acima dessa recta.)
Exemplo 2. Provar que \(\operatorname{tg} x\gt x\), para todo \(x\in \left]0,\pi/2\right[\).
Aplica-se o T. Lagrange a \(f(x)=\operatorname{tg} x\), escolhendo para ponto base \(a=0\). Seja \(0\lt x\lt \dfrac{\pi}{2}\). Como, \((\operatorname{tg}x)'=\dfrac{1}{\cos^2 x}\), temos então que existe \(c\in\left]0,x\right[\), tal que
\[\operatorname{tg} x=\operatorname{tg} 0+\frac{1}{\cos^2 c}(x-0)\quad \Leftrightarrow\quad \operatorname{tg} x=\frac{x}{\cos^2 c}\,.\]
Como, \(\;0\lt c\lt \dfrac{\pi}{2}\,\;\) temos que \(\;0\lt \cos^2 c \lt 1\,\;\) e, portanto, \(\;\dfrac{1}{\cos^2 c}\gt 1.\) Logo, pela igualdade anterior,
\[\operatorname{tg} x\gt x.\]
Neste caso, se \(x\in \left]-\pi/2,0\right[\) temos \(\operatorname{tg} x\lt x.\) Lembre-se que, para \(x\lt 0\) temos \(\;\dfrac{1}{\cos^2 c}\gt 1\; \Rightarrow \;\dfrac{x}{\cos^2 c}\lt x\).
(Reparem que \(y=x\) é a equação da recta tangente em \(x=0\) e, portanto, essencialmente estamos a dizer que o gráfico de \(\operatorname{tg} x\) está
acima dessa recta se \(x\in\left]0,\pi/2\right[\), e abaixo dessa recta se \(x\in\left]-\pi/2,0\right[\). Nestas condições dizemos que \(0\) é um ponto de inflexão de \(f(x)\).
Exemplo 3. Provar que, \(\arccos x\lt 1-x\), para todo \(x\in \left]0,1\right[\).
Aplica-se o T. Lagrange a \(f(x)=\arccos x\), escolhendo para ponto base \(a=0\). Temos então que existe \(c\in\left]0,x\right[\), tal que
\[\arccos x=\arccos 0-\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}(x-0)\quad \Leftrightarrow\quad \arccos x=1-\frac{x}{\sqrt{1-c^2}}\,.\]
Mas, \(\displaystyle 0\lt\sqrt{1-c^2}\lt 1 \;\Rightarrow\;\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}\gt 1 \;\Rightarrow\; -\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}\lt -1\,,\;\) e, portanto, da igualdade anterior,
\[\arccos x\lt 1-x.\]
Como mais um exemplo, veja o exercício resolvido 6. da lista [RLC].
O Teorema de Cauchy. Regra de Cauchy.
Teorema de Cauchy
É o teorema 3.9.37 do texto [AB]:
Teorema de Cauchy.Sejam \(f,g\) duas funções contínuas em \(\left[a,b\right]\), diferenciáveis em \(\left]a,b\right[\), e \(g'(x)\not=0\), para todo \(x\in \left]a,b\right[.\)
Então existe \(c\in\left]a,b\right[\) tal que,
\[\frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\,.\]
Faça a demonstração como exercício, aplicando o Teorema de Rolle à função,
\[h(x)=f(x)-mg(x)\qquad\text{com}\qquad m=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.\]
Regra de Cauchy
Uma das aplicações mais úteis do Teorema de Cauchy é um resultado que nos permite alargar consideravelmente o universo de limites que sabemos calcular (e logo das funções que conseguimos estudar).
O objectivo é calcular
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}\]
nos casos em que resulta numa indeterminação \(\dfrac{0}{0}\) ou \(\dfrac{\infty}{\infty}.\)
Veja a dedução seguinte:
Vamos deduzi-la para um dos casos possíveis. Sejam \(f,g\) contínuas em \([a,b]\), diferenciáveis em \(\left]a,b\right[\) e \(g'(x)\not=0\) neste intervalo. Além disso, suponhamos que,
\[f(a)=g(a)=0.\]
Assim, vamos ter um caso \(\dfrac{0}{0}\). Seja, \(x\in]a,b].\;\) Apliquemos o teorema de Cauchy ao intervalo \([a,x]\): existe \(c_x\in \left]a,x\right[\), tal que,
\[
\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f(x)}{g(x)}\,.
\]
Suponhamos, como hipótese adicional, que existe \(b\in \overline{\mathbb{R}}\), tal que,
\[b=\lim_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}\,.\]
Como \(x\to a^+\), e como \(a\lt c_x\lt x\), temos também \(c_x\to a^+\) e, concluimos que,
\[\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a^+}\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}=b.\]
Reparem que a conclusão só foi possível com a hipótese adicional da existência do \(\displaystyle\lim_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}\). Sem esta hipótese,
como veremos de seguida, não é possível assegurar sequer a existência do limite pretendido.
Se \(f,g\) não forem definidas em \(a\) mas \(\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}g(x)=0\), podemos aplicar a conclusão anterior aos prolongamentos por continuidade ao ponto 0, \(F,G\), e obtemos
o mesmo resultado, uma vez que \(\displaystyle \lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a^+}\frac{F(x)}{G(x)}.\)
É fácil adaptar a demonstração atrás para provar o resultado correspondente para \(x\to a^-\) e, logo, resultando o caso \(x\to a\).
Teorema: Regra de Cauchy (ou de l'Hôpital).Seja \(I\) um intervalo, \(a\in I\), e \(f,g\) funções diferenciáveis em \(I\setminus\{a\}\) onde \(g'(x)\not=0\). Se
e se existe \(\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), em \(\overline{\mathbb{R}}\), então,
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\,.\]
A Regra de Cauchy é válida para os casos \(x\to a^+\) e \(x\to a^-\) desde que as hipóteses de diferenciabilidade e de \(g'\not=0\) sejam satisfeitas em intervalos
\(]a,b[\;(a\lt b)\) e \(]b,a[\;(b\lt a)\), respectivamente, com a hipótese de existência do limite de \(\dfrac{f'}{g'}\) quando \(x\to a^+\) e \(x\to a^-\).
A Regra de Cauchy é válida para os casos \(x\to +\infty\) e \(x\to -\infty\) desde que as hipóteses de diferenciabilidade e de \(g'\not=0\) sejam satisfeitas em intervalos
\(]a,+\infty[\) e \(]-\infty,a[\), respectivamente, com a hipótese de existência do limite de \(\dfrac{f'}{g'}\) quando \(x\to +\infty\) e \(x\to -\infty\).
Exemplo 4. Calcular, se existir, \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}\).
Sejam \(f(x)=1-\cos x\;\) e \(\;g(x)=x^2\). Temos que \(f(0)=g(0)=0\), são diferenciáveis em \(\mathbb{R}\) e \(g'(x)\not=0\) se \(x\not=0\).
Podemos aplicar então o resultado anterior se existir o limite \(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), o que vamos averiguar:
\[\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}x}{2x}=\frac{1}{2}.\]
Concluimos que o limite pedido existe e é dado por
\[\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}.\]
Exemplo 5. Calcular, se existir, \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{senh}x}{\operatorname{sen}x}\).
Temos uma indeterminação \(\dfrac{0}{0}\). Sejam \(f(x)=\operatorname{senh}x\;\) e \(\;g(x)=\operatorname{sen}x\). São funções diferenciáveis em \(\mathbb{R}\) e \(g'(x)\not=0\), para \(x\in I\setminus\{0\}\) com \(I= [-\varepsilon,\varepsilon]\)
com \(\varepsilon \gt 0\) pequeno.
Podemos aplicar então a regra de Cauchy se existir o limite \(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\), o que vamos averiguar:
\[\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{cosh}x}{\cos x}=\frac{1}{1}=1.\]
Concluimos que o limite pedido existe e é dado por
\[\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{senh}x}{\operatorname{sen}x}=1.\]
Observação importante!
Veja que nos dois exemplos anteriores tivemos a preocupação de aplicar a regra de Cauchy somente depois de constatado que todas as condições de aplicação eram satisfeitas
o que incluia a existência do limite \(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\). Se à partida não soubéssemos da existência daquele limite nada nos garantia que tivéssemos a
igualdade \(\;\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\,.\) Veja o contraexemplo abaixo:
Um contraexemplo: Seja \(f(x)=x^2\cos\dfrac{1}{x}\;\) e \(\;g(x)=x\). São diferenciáveis em \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\), \(\;g'\not=0\;\) e
\[\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}g(x)=0.\]
Portanto, à partida,
\[\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}\quad\text{é do tipo}\quad \dfrac{0}{0}.\]
No entanto, neste caso conseguimos calcular directamente este limite:
\[\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\cos\dfrac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to 0} x\cos\dfrac{1}{x}=0.\]
Vejamos o que é que se passa com \(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\):
\[\frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac{\left(x^2\cos\dfrac{1}{x}\right)'}{(x)'}=2x\cos\dfrac{1}{x}+\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}\]
Ora, esta função não tem limite quando \(x\to 0\) (reveja o argumento usando sucessões). Ou seja, estaria errado escrever \(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\)
Repare que todas as hipóteses do Teorema anterior são satisfeitas excepto uma: a existência de \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\). Conclusão: não podemos escrever a igualdade antes
de provarmos a existência daquele limite. Releia novamente os exemplos 4 e 5.
Uma notação simplificadora
Com o intuito de simplificar a escrita na resolução de problemas práticos e, ao mesmo tempo, não esquecermos que a aplicabilidade da regra de Cauchy depende da existência daquele limite definimos
a seguinte igualdade condicional:
Dizemos que
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\]
se, estando verificadas as outras hipóteses de aplicação da regra de Cauchy ao limite do lado esquerdo da expressão, a igualdade será válida apenas se o limite do lado direito existir.
Assim, aceita-se, por exemplo, que se escreva a determinação do limite do exemplo 5 na seguinte forma mais concisa:
\[\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{senh}x}{\operatorname{sen}x}\stackrel{RC}{=}
\lim_{x\to 0}\frac{\left(\operatorname{senh}x\right)'}{\left(\operatorname{sen}x\right)'}=\lim_{x\to 0}\frac{\cosh x}{\cos x}=1.\]
Exemplos de aplicação da regra de Cauchy
Vários limites usando a regra de Cauchy aplicada a indeterminações tipo \(\dfrac{0}{0}\), \(\dfrac{\infty}{\infty}\) e a outras que se podem reduzir a estas:
Exemplo 6.\(\;\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{\operatorname{tg}1/x}{\operatorname{arctg}1/x}=\lim_{y\to 0^+}\frac{\operatorname{tg}y}{\operatorname{arctg}y}\) é uma indeterminação \(\dfrac{0}{0}\).
Então, como,
\[\lim_{y\to 0^+}\frac{\operatorname{tg}y}{\operatorname{arctg}y}\stackrel{RC}{=}\lim_{y\to 0^+}\frac{(\operatorname{tg}y)'}{(\operatorname{arctg}y)'}=
\lim_{y\to 0^+}\frac{1+\operatorname{tg}^2y}{\dfrac{1}{1+y^2}}=1,\]
podemos concluir que,
\[\lim_{x\to +\infty}\frac{\operatorname{tg}1/x}{\operatorname{arctg}1/x}=1.\]
Exemplo 7.\(\;\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln x\,.\;\) É indeterminação \(\;0\cdot\infty:\) pode ser transformada numa indeterminação \(\;\dfrac{\infty}{\infty}\) à qual aplicamos a regra de Cauchy:
\[\lim_{x\to 0^+}x\ln x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{(\ln x)'}{\left(\dfrac{1}{x}\right)'}=
\lim_{x\to 0^+}\frac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}(-x)=0.\]
Exemplo 8.\(\;\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\operatorname{sen}x}\right)\,.\;\) É indeterminação \(\infty-\infty\) a qual pode ser convertida numa indeterminação \(\dfrac{0}{0}\)
à qual se aplica a regra de Cauchy da seguinte forma:
\[\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\operatorname{sen}x}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}x-x}{x\operatorname{sen}x}
\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to 0}\frac{\left(\operatorname{sen}x-x\right)'}{\left(x\operatorname{sen}x\right)'}
=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{\operatorname{sen}x+x\cos x}\]
\[\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to 0}\frac{\left(\cos x-1\right)'}{\left(\operatorname{sen}x+x\cos x\right)'}
=\lim_{x\to 0}\frac{-\operatorname{sen}x}{\cos x+\cos x-x\operatorname{sen}x}=0.\]
Reparem que se aplicou duas vezes a regra de Cauchy a indeterminações \(\;\dfrac{0}{0}.\)
Os exemplos seguintes mostram que é preciso tomar atenção quando à necessidade ou possibilidade de aplicação da regra de Cauchy e na forma como se aplica em certas situações:
Exemplo 9. \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\cos(1/x)}{\operatorname{sen}x}\,.\) É uma indeterminação \(\dfrac{0}{0}\) mas a regra de Cauchy não é aplicável uma vez que não existe
\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f'}{g'}.\) Confiram.
No entanto,
\[\lim_{x\to 0}\frac{x^2\cos(1/x)}{\operatorname{sen}x}=0,\]
porque \(f\) é o produto do infinitésimo (quando \(x\to 0\)) \(\dfrac{x^2}{\operatorname{sen}x}\) pela função limitada \(\cos (1/x).\)
Exemplo 10. \(\;\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}=\frac{+\infty}{0^-}=-\infty.\;\) Não se trata de uma indeterminação e, portanto, a regra de Cauchy não é aplicável.
No entanto, o cálculo é directo e imediato.
Exemplo 11. \(\;\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}.\;\) Trata-se de uma indeterminação \(\dfrac{0}{0}\). Tentemos aplicar a regra de Cauchy directamente como temos feito:
\[\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{\left(e^{-\frac{1}{x}}\right)'}{(x)'}=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}=\dots\]
Não vale a pena tentarmos aplicar novamente a regra de Cauchy porque cada vez que aplicarmos obtemos uma nova indeterminação ainda mais complicada! Tentemos outra estratégia: escrevemos o limite na forma
\(\dfrac{\infty}{\infty}\), à qual aplicamos a regra de Cauchy:
\[\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{e^{\frac{1}{x}}}\stackrel{RC}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{\left(\frac{1}{x}\right)'}{\left(e^{\frac{1}{x}}\right)'}
=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\frac{1}{x^2}}{e^{\frac{1}{x}}\left(-\frac{1}{x^2}\right)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}}=\frac{1}{+\infty}=0.\]
Neste caso particular, poderíamos também ter feito a mudança de variável \(y=\dfrac{1}{x}\):
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x}= \lim_{y\to +\infty}\frac{e^{-y}}{\frac{1}{y}}=\lim_{y\to +\infty}\frac{y}{e^y}\stackrel{RC}{=}\lim_{y\to +\infty}\frac{(y)'}{(e^y)'}=\lim_{y\to +\infty}\frac{1}{e^y}=0.\]
Recomendação: Além destes exemplos, sugere-se que estudem os exercícios 11. da lista [RLC]. Os restantes exercícios desta lista ficarão para a próxima aula.