Question

Calcular os seguintes limites: $\lim_{x \to \00+} \sqrt[x]{ \frac{x}{tang x} }$

Answer 1

$L=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;^{x}\!\!\!\!\sqrt{\dfrac{x}{\tan x}}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\left(\dfrac{x}{\tan x} \right )^{1/x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\left(\dfrac{\tan x}{x} \right )^{-1/x}\;\;\;\;\;\mathbf{(i)}$


$\bullet\;\;$ Tomemos $L_{1}=\ln(L):$
$L_{1}=\ln(L)\\ \\ L_{1}=\ln\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;\left(\dfrac{\tan x}{x} \right )^{-1/x}\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\ln\left(\dfrac{\tan x}{x} \right )^{-1/x}\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\left(-\dfrac{1}{x} \right )\cdot \ln\left(\dfrac{\tan x}{x} \right )\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{-\ln\left(\frac{\tan x}{x} \right )}{x}\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\ln(x)-\ln\left(\tan x \right )}{x}\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\ln(x)-\ln\left(\frac{\sin x}{\cos } \right )}{x}\\ \\ \\ L_{1}=\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\ln(x)-\ln(\sin x)+\ln(\cos x)}{x}$


$\bullet\;\;$ Como temos uma ideterminação do tipo $0/0,$ aplicando a regra de L'Hôpital, temos

(Se o limite existir...)

$L_{1}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\frac{d}{dx}\left[\ln(x)-\ln(\sin x)+\ln(\cos x) \right ]}{\frac{d}{dx}(x)}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\cdot \cos x-\frac{1}{\cos x}\cdot \sin x}{1}\\ \\ \\ \lim_{x\to 0^{+}}\;\left[\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{\sin x}-\frac{\sin x}{\cos x} \right ]$


$\bullet\;\;$ Mutliplicando e dividindo por $x\sin x\cos x,$ temos

$L_{1}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;x\sin x \cos x\cdot \left[\frac{1}{x}-\frac{\cos x}{\sin x}-\frac{\sin x}{\cos x} \right ]\cdot \dfrac{1}{x\cos x \sin x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\sin x \cos x-x\cos^{2} x-x\sin^{2}x}{x\cos x \sin x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\sin x \cos x-x\cdot \left(\cos^{2} x+\sin^{2}x \right )}{x\cos x \sin x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\sin x \cos x-x}{x\cos x \sin x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{1}{\cos x}\cdot \dfrac{\sin x \cos x-x}{x\sin x}\;\;\;\;\;\mathbf{(ii)}$


$\bullet\;\;$ Analisando agora o seguinte limite

$L_{2}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\sin x \cos x-x}{x\sin x}$

Temos novamente uma indeterminação $0/0.$ Aplicando a regra de L'Hôpital mais uma vez, temos

(Se o limite existir...)

$L_{2}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\frac{d}{dx}\left(\sin x \cos x-x \right )}{\frac{d}{dx}(x\sin x)}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\cos^{2}x-\sin^{2}x-1}{\sin x +x\cos x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{-2\sin^{2} x}{\sin x +x\cos x}$

Por L'Hopital novamente, temos

(Se o limite exisitrir...)

$L_{2}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{\frac{d}{dx}\left(-2\sin^{2} x \right )}{\frac{d}{dx}\left(\sin x +x\cos x \right )}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{-4\sin x\cos x}{\cos x+\cos x-x\sin x}\\ \\ \\ =\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{-4\sin x\cos x}{2\cos x-x\sin x}$


$\bullet\;\;$ Agora que não há mais indeterminações, concluimos que

$L_{2}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{-4\sin x\cos x}{2\cos x-x\sin x}\\ \\ \\ =\dfrac{-4\sin(0)\cos(0)}{2\cos(0)-0\sin(0)}\\ \\ \\ =\dfrac{0}{2-0}\\ \\ \\ =0$


$\bullet\;\;$ Voltando ao limite $L_{1},$ temos

$L_{1}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{1}{\cos x}\cdot \lim_{x\to 0}\;\dfrac{\sin x \cos x-x}{x\sin x}\\ \\ \\ L_{1}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;\dfrac{1}{\cos x}\cdot L_{2}\\ \\ \\ L_{1}=1\cdot 0=0$


$\bullet\;\;$ Como $L_{1}=\ln(L)$ e $L_{1}=0,$ então temos que

$L=e^{L_{1}}\\ \\ L=e^{0}\\ \\ L=1\\ \\ \\ \\ \Rightarrow\;\;\boxed{\begin{array}{ccc} \\ &\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\;^{x}\!\!\!\!\sqrt{\dfrac{x}{\tan x}}=1& \\ \\ \end{array}}$