[1] A regra de L'Hôpital fornece um método para calcular limites indeterminados do tipo 0/0 e ∞/∞, derivando numerador e denominador e tomando o limite da razão das derivadas. [2] A demonstração mostra que diversos casos podem ser reduzidos a limites à esquerda quando x tende a 0, e aplica a regra nesses casos. [3] Exemplos ilustram a aplicação da regra e situações em que ela não se aplica.

1. FORMAS INDETERMINADAS E A REGRA DE L’HˆOPITAL
RICARDO MAMEDE
Consideremos o limite
lim
x→a
f(x)
g(x)
.
Se tanto o numerador como o denominador tendem para valores finitos quando x → a,
digamos α e β, e β = 0, ent˜ao pela ´algebra dos limites sabemos que
lim
x→a
f(x)
g(x)
=
α
β
.
Mas o que acontece quando ambas as fun¸c˜oes tendem para zero? Neste caso, n˜ao
podemos garantir `a partida qual o valor do limite. De facto, nem podemos garantir que
este limite exista, como se pode comprovar nos exemplos seguintes:
lim
x→0
x2
x
= lim
x→0
x = 0 lim
x→0
x
x2
= lim
x→0
1
x
= ∞
lim
x→0
2x
x
= lim
x→0
2 = 2 lim
x→0
−x
x2
= lim
x→0
−1
x
= −∞
lim
x→0
x
sin2
(x)
n˜ao existe lim
x→0
sin2
(x)
x
= 0
Todos estes casos s˜ao exemplos de indetermina¸c˜oes do tipo (0
0
). Veremos que a regra
de L’Hˆopital, que demonstraremos a seguir, ´e um instrumento muito ´util para tratar
indetermina¸c˜oes do tipo (0
0
) ou (∞
∞
). Para outras formas indeterminadas – 0×∞, ∞−∞,
1∞
, 00
e ∞0
–, existem t´ecnicas que podem ser aplicadas de modo a transform´a-las em
indetermina¸c˜oes do tipo (0
0
) ou (∞
∞
), de modo que a regra de L’Hˆopital pode igualmente
ser usada.
Existem v´arias demonstra¸c˜oes da regra de L’Hˆopital, e mesmo diferentes vers˜oes desta
regra. A demonstra¸c˜ao mais usual da regra ´e devida a Cauchy e faz uso do chamado
Teorema do Valor M´edio de Cauchy, tamb´em conhecido por Teorema do Valor M´edio
Generalizado. Neste texto, no entanto, opt´amos por apresentar uma demonstra¸c˜ao alter-
nativa que evita o uso deste teorema.
Teorema 1 (Regra de L’Hˆopital). Sejam f, g : [a, b) → R fun¸c˜oes diferenci´aveis em (a, b)
e tais que
lim
x→a+
f(x) = lim
x→a+
g(x) = 0 ou lim
x→a+
f(x) = lim
x→a+
g(x) = ±∞.
Se g (x) = 0 para todo o x ∈ (a, b), ent˜ao
lim
x→a+
f(x)
g(x)
= lim
x→a+
f (x)
g (x)
,
desde que este ´ultimo limite exista (ou seja igual a ±∞).
O mesmo resultado ´e v´alido quando:
• se consideram limites `a esquerda limx→a− e f e g diferenci´aveis no intervalo (d, a);
1

2. 2 RICARDO MAMEDE
• se consideram limites limx→a e f e g s˜ao diferenci´aveis nos intervalos (d, a) e
(a, b);
• se consideram os limites limx→∞ ou limx→−∞ e f e g s˜ao diferenci´aveis no inter-
valo (b, ∞) ou (−∞, b).
Demonstra¸c˜ao. Comecemos por mostrar que todas estas vers˜oes podem ser reduzidas ao
caso x → 0−
com f(x), g(x) → 0 ou f(x), g(x) → +∞, atrav´es de mudan¸cas de vari´avel
adequadas e outras manipula¸c˜oes.
(1) Quando x → +∞, a mudan¸ca de vari´avel u = 1/x permite escrever
lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= lim
u→0+
f(1/u)
g(1/u)
L H
= lim
u→0+
f (1/u)(−1)/u2
g (1/u)(−1)/u2
= lim
x→+∞
f (x)
g (x)
.
(2) Quando x → −∞, efectuamos a mudan¸ca de vari´avel u = −1/x e procedemos
como em (1).
(3) Quando x → 0, consideramos os limites x → 0−
e x → 0+
separadamente e
tratamos este ´ultimo limite usando a substitui¸c˜ao u = −x.
(4) O caso x → a reduz-se ao anterior atrav´es da substitui¸c˜ao u = x − a.
(5) Se f(x) → −∞ ou g(x) → −∞ substitu´ımos f por −f ou g por −g.
(6) Finalmente, quando lim f(x)/g(x) = −∞, substitu´ımos f por −f ou g por −g
para reduzir este caso ao limite lim f(x)/g(x) = ∞. De seguida aplicamos a regra
de L’Hˆopital a lim g(x)/f(x).
Temos ent˜ao dois casos a tratar: (a) x → 0−
, f(x) → 0, g(x) → 0 e (b) x →
0−
, f(x) → ∞, g(x) → +∞.
Caso (a). Podemos definir (se necess´ario) f(0) = g(0) = 0 e considerar g (x) > 0 (caso
contr´ario utilizamos a fun¸c˜ao −g(x)). Suponhamos que limx→0− f (x)/g (x) = , com
0 ≤ < ∞. Ent˜ao, dado > 0 temos
− ≤
f (x)
g (x)
≤ + ,
para x suficientemente pr´oximos de 0, `a esquerda. Como estamos a supor g (x) > 0,
obtemos
( − )g (x) ≤ f (x) ≤ ( + )g (x).
De seguida, integrando os membros desta express˜ao no intervalo (x, 0) temos
−( − )g(x) ≤ −f(x) ≤ −( + )g(x).
Notemos que uma vez que g(x) → 0 e g (x) > 0, temos g(x) < 0 no intervalo (x, 0).
Assim, podemos escrever
− ≤
f(x)
g(x)
≤ + ,
ou seja,
lim
x→0−
f(x)
g(x)
= .
Caso (b). A demonstra¸c˜ao que efectu´amos pode ser adaptada para tratar o caso (b).
Suponhamos limx→0− f (x)/g (x) = , com 0 ≤ < ∞, e g (x) > 0. Ent˜ao, dado > 0
podemos escrever, tal como no caso anterior,
( − )g (x) ≤ f (x) ≤ ( + )g (x),

3. 3
para x suficientemente pr´oximos de 0, `a esquerda. Consideremos a segunda desigualdade.
Considerando y < x, integrando ambos os membros desta desigualdade sobre o intervalo
(y, x) , obtemos
f(x) − f(y) ≤ ( + )[g(x) − g(y)].
Notemos que uma vez que g (x) > 0 e g(x) → ∞, podemos concluir que g(x) > 0. Assim,
podemos escrever
f(x)
g(x)
− ( + ) ≤
f(y) − ( + )g(y)
g(x)
.
Fixemos y. Ent˜ao, para x suficientemente pr´oximo de 0, `a esquerda, o segundo membro
desta desigualdade ´e inferior a , pelo que
f(x)
g(x)
− ≤ 2 .
De modo an´alogo obtemos −2 ≤
f(x)
g(x)
− , para x suficientemente pr´oximo de 0, `a
esquerda, donde se conclui que limx→0− f(x)/g(x) = .
Notemos que pode acontecer que, nas condi¸c˜oes deste teorema, tamb´em as fun¸c˜oes
f (x) e g (x) tendam para zero (ou infinito). Neste caso, o limite de f (f)/g (x) n˜ao
pode ser calculado directamente, mas podemos voltar a usar a regra de L’Hˆopital para
calcular este limite analisando o quociente f (x)/g (x). Mais geralmente, se as fun¸c˜oes
f, f , . . . , fk−1
, g, g , . . . , gk−1
tendem para zero quando x tende para a+
ou a−
, ou a, ou
±∞, e fk
(x)/gk
(x) → , ent˜ao tamb´em f(x)/g(x) → .
Exemplo 1. Calculemos o limite lim
x→0
sin x
x
. Estamos perante uma indetermina¸c˜ao do
tipo 0
0
. As fun¸c˜oes f(x) = sin(x) e g(x) = x est˜ao nas condi¸c˜oes do teorema anterior,
pois ambas as fun¸c˜oes s˜ao diferenci´aveis numa vizinhan¸ca de zero e g (x) = 1, para todo
o x = 0. Como limx→0
f (x)
g (x)
= limx→0 cos(x) = 0, pela regra de L’Hˆopital conclu´ımos que
lim
x→0
sin x
x
= 0.
Exemplo 2. Consideremos agora o seguinte limite: lim
x→1
x5
− 5x + 4
(x − 1)2
. Trata-se de uma
indetermina¸c˜ao 0
0
e as fun¸c˜oes f(x) = x5
− 5x + 4 e g(x) = (x − 1)2
satisfazem as
condi¸c˜oes da regra de L’Hˆopital. No entanto, o limite lim
x→1
f (x)
g (x)
= lim
x→1
5x − 5
2(x − 1)
ainda ´e
uma indetermina¸c˜ao 0
0
. As fun¸c˜oes f (x) e g (x) tamb´em satisfazem as condi¸c˜oes da regra
e lim
x→1
f (x)
g (x)
= lim
x→1
5
2
=
5
2
. Conclu´ımos assim que
lim
x→1
x5
− 5x + 4
(x − 1)2
= lim
x→1
5x − 5
2(x − 1)
=
5
2
.
Exemplo 3. Calculemos o limite limx→∞
x2
1+ex . Trata-se de uma indetermina¸c˜ao ∞
∞
; as
fun¸c˜oes f(x) = x2
e g(x) = 1 + ex
s˜ao diferenci´aveis em R e g (x) = ex
= 0 para

4. 4 RICARDO MAMEDE
todo o x ∈ R. Como limx→∞
f (x)
g (x)
= limx→∞
2x
ex ´e novamente uma indetermina¸c˜ao ∞
∞
,
consideramos o limx→∞
f (x)
g (x)
= limx→∞
2
ex = 0. Podemos ent˜ao concluir que
lim
x→∞
x2
1 + ex
= lim
x→∞
f (x)
g (x)
= lim
x→∞
f (x)
g (x)
= 0.
Antes de apresentarmos mais exemplos, conv´em chamar a aten¸c˜ao para a importˆancia
de se verificarem as hip´oteses da regra antes de a utilizar. Em primeiro lugar a regra n˜ao
funciona se o limite f(x)/g(x) n˜ao for uma indetermina¸c˜ao do tipo (0
0
) ou (∞
∞
), como se
pode verificar no exemplo seguinte.
Exemplo 4. O limite lim
x→0
x + 1
x
n˜ao existe, mas se tentarmos aplicar a regra de L’Hˆopital
obtemos uma resposta errada:
lim
x→0
x + 1
x
= lim
x→0
1
1
= 1.
A raz˜ao reside no facto do limite inicial n˜ao ser uma indetermina¸c˜ao do tipo (0
0
) ou (∞
∞
).
Outro ponto a ter em conta ao usarmos a regra de L’Hˆopital, ´e o facto de s´o podermos
assegurar a igualdade
lim
x→a+
f(x)
g(x)
= lim
x→a+
f (x)
g (x)
quando o segundo limite existe. Apesar da existˆencia do limite limx→a+
f (x)
g (x)
ser uma
condi¸c˜ao suficiente para a existˆencia de limx→a+
f(x)
g(x)
(se as fun¸c˜oes estiverem nas condi¸c˜oes
do teorema 1), esta n˜ao ´e uma condi¸c˜ao necess´aria. Ou seja, se o limite limx→a+
f (x)
g (x)
n˜ao
existir n˜ao podemos tirar qualquer conclus˜ao acerca da existˆencia do limite limx→a+
f(x)
g(x)
,
como se pode comprovar nos pr´oximos exemplos.
Exemplo 5. (Indetermina¸c˜oes do tipo 0
0
)
Se f(x) = x2
sin(1/x) e g(x) = sin(x), ent˜ao o limite limx→0
f (x)
g (x)
n˜ao existe, enquanto
que limx→0
f(x)
g(x)
= 0.
Por outro lado, se f(x) = x sin(1/x) e g(x) = sin(x), nenhum dos limites limx→0
f (x)
g (x)
e
limx→0
f(x)
g(x)
existe.
Exemplo 6. (Indetermina¸c˜oes do tipo ∞
∞
)
Se f(x) = x(2 + sin x) e g(x) = x2
+ 1, ent˜ao o limite limx→0
f (x)
g (x)
n˜ao existe, enquanto
que limx→0
f(x)
g(x)
= 0.
Por outro lado, se f(x) = x(2 + sin x) e g(x) = x2
+ 1, nenhum dos limites limx→0
f (x)
g (x)
e limx→0
f(x)
g(x)
existe.
Existe ainda um terceiro factor a ter em conta: a existˆencia de zeros de g (x) numa
vizinhan¸ca (a, b) do ponto a. Se a fun¸c˜ao g (x) se anula em qualquer intervalo aberto da
forma (a, b), ent˜ao f (x)/g (x) n˜ao se encontra definido em (a, b) e podemos afirmar que
o limite limx→a+
f (x)
g (x)
n˜ao existe. Existe, contudo, a possibilidade de f e g possu´ırem
um factor comum: f (x) = s(x)ψ(x) e g (x) = s(x)ω(x), tal que o limite ψ(x)/ω(x)
existe. ´E natural cancelar o factor s(x), mas pode acontecer que limx→a+
ψ(x)
ω(x)
exista mas

5. 5
limx→a+
f(x)
g(x)
n˜ao exista, como se pode verificar no exemplo seguinte (onde consideramos
o caso a = ∞).
Exemplo 7. Sejam f(x) = 1
2
(x+cos(x) sin(x)) e g(x) = f(x)esin(x)
. Temos limx→∞ f(x) =
∞ e limx→∞ g(x) = ∞. Tentemos aplicar a regra de L’Hˆopital ao quociente f(x)/g(x).
Temos de considerar f (x)/g (x), onde
f (x) = cos2
(x)
e
g (x) = cos2
(x)esin(x)
+ f(x) cos(x)esin(x)
.
Segue que g (x) = 0 sempre que cos(x) = 0, isto ´e, a fun¸c˜ao g tem zeros em todos
os intervalos da forma (b, ∞), e portanto, n˜ao podemos aplicar a regra de L’Hˆopital.
Calculemos, todavia, o limite de f (x)/g (x). Ap´os cancelarmos um dos factores cos(x),
obtemos
f (x)
g (x)
=
cos x
cos(x)esin(x) + f(x)esin(x)
,
e podemos verificar que limx→∞
f (x)
g (x)
= 0, pois os termos cos(x), cos(x)esin(x)
e esin(x)
, s˜ao
limitados e f(x) → ∞. No entanto,
f(x)
g(x)
=
1
esin(x)
n˜ao se pode aproximar de zero quando x → ∞ uma vez que esin(x)
´e uma fun¸c˜ao limitada.
Vamos de seguida descrever m´etodos para, mediante manipula¸c˜oes alg´ebricas, transfor-
mar qualquer uma das restantes formas indeterminadas – 0 × ∞, ∞ − ∞, 1∞
, 00
e ∞0
–
numa indetermina¸c˜ao do tipo 0
0
ou ∞
∞
, sobre as quais podemos usar a regra de L’Hˆopital.
Com as nota¸c˜oes ´obvias, temos:
(0 × ∞) lim
x→a
(f(x) × g(x)) = lim
x→a
f(x) ×
1
1
g(x)
= lim
x→a
f(x)
1
g(x)
(0
0
)
(∞ − ∞) lim
x→a
(f(x) − g(x)) = lim
x→a
1
1
f(x)
−
1
1
g(x)
= lim
x→a
1
g(x)
− 1
f(x)
1
f(x)g(x)
(0
0
)
(1∞
) lim
x→a
(f(x))g(x)
= lim
x→a
eln[(f(x))g(x)]
= eg(x)×ln f(x)
(∞ × 0)
(00
) lim
x→a
(f(x))g(x)
= lim
x→a
eln[(f(x))g(x)]
= eg(x)×ln f(x)
(0 × ∞)
(∞0
) lim
x→a
(f(x))g(x)
= lim
x→a
eln[(f(x))g(x)]
= eg(x)×ln f(x)
(0 × ∞)

6. 6 RICARDO MAMEDE
Exemplo 8. Calculemos lim
x→0+
x ln x. Trata-se de uma indetermina¸c˜ao 0 × ∞. Seguindo
a tabela anterior, fazemos
lim
x→0+
x ln x = lim
x→0+
ln x
1
x
(∞/∞)
= lim
x→0+
(ln x)
(1
x
)
= lim
x→0+
1/x
−1/x2
= lim
x→0+
−x = 0.
Exemplo 9. Consideremos agora o limite lim
x→0+
(
1
x
−
1
sin(x)
). Estamos perante uma inde-
termina¸c˜ao do tipo ∞ − ∞. Assim, temos:
lim
x→0+
(
1
x
−
1
sin(x)
) = lim
x→0+
sin(x) − x
x sin(x)
(0/0)
= lim
x→0+
(sin(x) − x)
(x sin(x))
= lim
x→0+
cos(x) − 1
sin(x) + x cos(x)
(0/0)
= lim
x→0+
(cos(x) − 1)
(sin(x) + x cos(x))
= lim
x→0+
− sin(x)
2 cos(x) − x sin(x)
= 0.
Exemplo 10. O limite lim
x→∞
1 +
1
x
x
´e um exemplo de uma indetermina¸c˜ao 1∞
. Come-
cemos por escrever
lim
x→∞
1 +
1
x
x
= lim
x→∞
ex ln(1+ 1
x ).
O expoente representa uma indetermina¸c˜ao ∞ × 0. Temos:
lim
x→∞
x ln 1 +
1
x
= lim
x→∞
ln(1 + 1
x
)
1
x
(0/0)
= lim
x→∞
(ln(1 + 1
x
))
(1
x
)
= lim
x→∞
1
1 + 1
x
= 1.
Portanto, lim
x→∞
1 +
1
x
x
= e1
= e.
Exemplo 11. Consideremos agora o limite lim
x→0+
xx
. Trata-se de uma indetermina¸c˜ao 00
.
Seguindo a informa¸c˜ao da tabela anterior, podemos escrever:
lim
x→0+
xx
= lim
x→0+
ex ln x
.
No exemplo 8 vimos que limx→0+ x ln(x) = 0, donde se conclui que
lim
x→0+
xx
= e0
= 1.
Exemplo 12. Consideremos por fim um exemplo de uma indetermina¸c˜ao ∞0
. Calculemos
o limite lim
x→∞
(ex
+ 7)
1
x . Temos
lim
x→∞
(ex
+ 7)
1
x = lim
x→∞
e
1
x
ln(ex+7)
.

7. 7
Calculemos o limite do expoente, o qual se trata de uma indetermina¸c˜ao ∞/∞:
lim
x→∞
ln(ex
+ 7)
x
= lim
x→∞
(ln(ex
+ 7))
x
= lim
x→∞
ex
ex + 7
(∞/∞)
= lim
x→∞
(ex
)
(ex + 7)
= lim
x→∞
ex
ex
= 1.
Deste modo,
lim
x→∞
(ex
+ 7)
1
x = e1
= e.
Referˆencias
[1] T.M. Apostol, Calculus, Vol. 1: One-Variable Calculus with an Introduction to Linear Algebra, vol.
2, John Wiley & Sons Inc., 1967.
[2] R.P. Boas, Counterexamples to L’Hopital’s Rule, Amer. Math. Monthly 93, 644-645, 1986.
[3] R.P. Boas, Indeterminate Forms Revisited, Mathematics Magazine, Vol. 63, No. 3 (Jun., 1990), pp.
155-159.