Esta coletânea propõe 20 exercícios resolvidos sobre limites de funções, organizados segundo um percurso gradual e plenamente coerente com a teoria. Os primeiros exercícios dizem respeito aos casos em que o limite pode ser calculado por substituição direta; em seguida, são abordadas as principais formas indeterminadas, os limites notáveis, a comparação entre infinitésimos e infinitos, os limites laterais e o estudo das assíntotas.
Cada exercício é acompanhado de uma resolução completa e comentada. O objetivo não é apenas obter o resultado, mas reconhecer a estrutura do limite, identificar a eventual forma indeterminada e escolher de modo consciente o método mais adequado.
Antes de efetuar transformações algébricas, convém sempre verificar o que acontece ao substituir formalmente o valor para o qual tende \(x\). Quando as operações com limites são aplicáveis e não surge nenhuma forma indeterminada, o limite pode ser calculado diretamente. Se, pelo contrário, surge uma forma indeterminada do tipo \(0/0\), \(\infty/\infty\) ou \(\infty-\infty\), pode ser necessário transformar algebricamente a expressão, recorrer aos limites notáveis, utilizar equivalências assintóticas ou aplicar o teorema do confronto.
Nas resoluções serão utilizadas exclusivamente as ferramentas introduzidas na teoria: substituição direta, decomposição em fatores, simplificação, racionalização, divisão pelo termo dominante, limites notáveis, equivalências assintóticas, teorema do confronto e estudo dos limites laterais.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Resolução
A função
\[ f(x)=3x^2-5x+4 \]
é uma função polinomial. As funções polinomiais estão definidas e são contínuas em todos os pontos da reta real; por conseguinte, o seu limite num ponto calcula-se substituindo a variável pelo valor para o qual tende.
Substituímos, então, \(x=2\):
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) =3\cdot 2^2-5\cdot 2+4. \]
Calculamos separadamente os termos:
\[ 2^2=4,\qquad 3\cdot 4=12,\qquad 5\cdot 2=10. \]
Obtemos assim:
\[ 12-10+4=6. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Neste exercício não surge nenhuma forma indeterminada: a substituição direta fornece de imediato um número real bem definido.
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Resolução
O limite diz respeito ao quociente de duas funções polinomiais. Antes de aplicar a propriedade do limite de um quociente, devemos verificar que o denominador não tende para zero.
Calculamos o limite do denominador por substituição direta:
\[ \lim_{x\to -1}(2x+5)=2(-1)+5=-2+5=3. \]
Uma vez que o limite do denominador é \(3\neq 0\), podemos aplicar a propriedade do limite de um quociente.
Calculamos agora o limite do numerador:
\[ \lim_{x\to -1}(x^2+3x+5) =(-1)^2+3(-1)+5. \]
Como
\[ (-1)^2=1, \]
obtemos:
\[ 1-3+5=3. \]
Consequentemente:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to -1}(x^2+3x+5)} {\displaystyle\lim_{x\to -1}(2x+5)} = \frac{3}{3}=1. \]
Portanto:
\[\lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Também neste caso a substituição direta é suficiente, porque o denominador não se anula no limite.
Exercício 3 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Resolução
Começamos por substituir formalmente \(x=3\) no numerador e no denominador.
Para o numerador tem-se:
\[ 3^2-9=9-9=0. \]
Para o denominador tem-se:
\[ 3-3=0. \]
A substituição direta conduz, portanto, à forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Esta escrita não representa o valor do limite. Indica apenas que numerador e denominador tendem ambos para zero e que a expressão deve ser transformada.
O numerador é uma diferença de quadrados:
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Para \(x\neq 3\), podemos então escrever:
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}. \]
Uma vez que, no estudo do limite quando \(x\to 3\), consideramos valores de \(x\) próximos de \(3\), mas diferentes de \(3\), o fator \(x-3\) é diferente de zero e pode ser simplificado:
\[ \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3. \]
O limite inicial passa então a ser:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3). \]
Chegados a este ponto, podemos aplicar a substituição direta:
\[ \lim_{x\to 3}(x+3)=3+3=6. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
A simplificação não altera o limite, porque as duas expressões
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{e}\qquad x+3 \]
coincidem para todo \(x\neq 3\). A expressão inicial não está definida exatamente em \(x=3\), o que, no entanto, não impede a existência do limite.
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
Resolução
Verifiquemos em primeiro lugar o que acontece por substituição direta.
O numerador tende para:
\[ \sqrt{4}-2=2-2=0. \]
O denominador tende para:
\[ 4-4=0. \]
Obtemos, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Neste caso não existe uma decomposição imediata do numerador em fatores. A transformação mais natural consiste em racionalizar, multiplicando numerador e denominador pelo conjugado do numerador:
\[ \sqrt{x}+2. \]
Para \(x\neq 4\), podemos escrever:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} \cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}. \]
O segundo fator é igual a \(1\), desde que \(\sqrt{x}+2\neq 0\). Numa vizinhança de \(x=4\), esta quantidade é positiva e, portanto, seguramente diferente de zero.
Multiplicando os numeradores, obtemos uma diferença de quadrados:
\[ (\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2) = (\sqrt{x})^2-2^2 = x-4. \]
Portanto:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}. \]
Para \(x\neq 4\), podemos simplificar o fator \(x-4\):
\[ \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)} = \frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
O limite inicial passa então a ser:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Agora o denominador tende para:
\[ \sqrt{4}+2=2+2=4, \]
que é diferente de zero. Podemos, pois, aplicar a substituição direta:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}. \]
Portanto:
\[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
A racionalização eliminou a forma indeterminada, transformando a expressão num quociente cujo denominador tende para um número diferente de zero.
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Resolução
Comecemos por verificar o que se obtém por substituição direta.
Para o numerador tem-se:
\[ 1^3-1=1-1=0. \]
Para o denominador tem-se:
\[ 1-1=0. \]
A substituição direta conduz, portanto, à forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Para eliminar esta forma indeterminada, observamos que o numerador é uma diferença de cubos. Recordemos a decomposição:
\[ a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2). \]
Fazendo \(a=x\) e \(b=1\), obtemos:
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1). \]
Para \(x\neq 1\), o quociente pode então ser reescrito na forma:
\[ \frac{x^3-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}. \]
Uma vez que \(x\neq 1\), o fator \(x-1\) é diferente de zero e pode ser simplificado:
\[ \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = x^2+x+1. \]
O limite inicial passa, por conseguinte, a ser:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x^2+x+1). \]
A expressão obtida é uma função polinomial, pelo que o limite se calcula por substituição direta:
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Também neste caso a simplificação é legítima porque, no cálculo do limite, consideramos valores de \(x\) próximos de \(1\), mas diferentes de \(1\). As duas expressões coincidem, pois, numa vizinhança perfurada do ponto considerado.
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
Resolução
Substituindo formalmente \(x=9\), o numerador tende para:
\[ 9-9=0, \]
enquanto o denominador tende para:
\[ \sqrt{9}-3=3-3=0. \]
Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Neste exercício a raiz aparece no denominador. Para eliminar a forma indeterminada, multiplicamos numerador e denominador pelo conjugado do denominador:
\[ \sqrt{x}+3. \]
Para \(x\neq 9\), podemos escrever:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} \cdot \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}. \]
Multiplicando os denominadores, obtemos uma diferença de quadrados:
\[ (\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3) = (\sqrt{x})^2-3^2 = x-9. \]
Portanto:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9}. \]
Para \(x\neq 9\), o fator \(x-9\) é diferente de zero e pode ser simplificado:
\[ \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9} = \sqrt{x}+3. \]
O limite inicial passa então a ser:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3). \]
Agora podemos aplicar a substituição direta:
\[ \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3) = \sqrt{9}+3 = 3+3 = 6. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
A racionalização transformou o quociente inicial numa expressão equivalente para \(x\neq 9\), na qual a substituição direta já não produz uma forma indeterminada.
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), tanto o numerador como o denominador se tornam arbitrariamente grandes. A substituição formal conduz, portanto, à forma indeterminada
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Esta forma não permite determinar diretamente o limite. Devemos comparar o crescimento dos termos presentes no numerador e no denominador.
O termo de maior grau é \(x^2\), tanto no numerador como no denominador. Dividimos, então, todos os termos por \(x^2\):
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{\displaystyle\frac{4x^2}{x^2} -\displaystyle\frac{3x}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{x}{x^2} -\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Simplificando cada quociente, obtemos:
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Quando \(x\to+\infty\), verificam-se os limites:
\[ \frac{1}{x}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
Consequentemente, o numerador tende para:
\[ 4-3\cdot 0+0=4, \]
enquanto o denominador tende para:
\[ 2+0-5\cdot 0=2. \]
Uma vez que o limite do denominador é diferente de zero, podemos aplicar a propriedade do limite de um quociente:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}} = \frac{4}{2} = 2. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
O resultado coincide com o quociente dos coeficientes dos termos de maior grau:
\[ \frac{4}{2}=2. \]
Isto acontece porque, para valores muito grandes de \(x\), os termos de grau inferior tornam-se negligenciáveis em comparação com os termos quadráticos.
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Resolução
Quando \(x\to-\infty\), o numerador \(3x^2+2\) tende para \(+\infty\), porque \(x^2\) é sempre não negativo e torna-se arbitrariamente grande.
O denominador \(x^3-1\), pelo contrário, tende para \(-\infty\), porque uma potência de expoente ímpar conserva o sinal de \(x\).
A substituição formal conduz, portanto, a um quociente entre quantidades infinitas. Para determinar o limite, dividimos numerador e denominador pela potência de maior grau presente em toda a fração, isto é, \(x^3\):
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^3} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {\displaystyle\frac{x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Simplificando cada um dos termos, obtemos:
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Quando \(x\to-\infty\), tem-se:
\[ \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
Consequentemente, o numerador tende para:
\[ 3\cdot 0+2\cdot 0=0, \]
enquanto o denominador tende para:
\[ 1-0=1. \]
Uma vez que o limite do denominador é diferente de zero, podemos aplicar a propriedade do limite de um quociente:
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}} = \frac{0}{1} = 0. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
O denominador tem grau maior do que o numerador. Cresce, portanto, em valor absoluto, mais rapidamente do que o numerador, e o quociente tende para zero.
Em particular, para valores negativos de \(x\) suficientemente grandes em valor absoluto, o numerador é positivo e o denominador é negativo. O quociente aproxima-se, pois, de zero assumindo valores negativos, mas o valor do limite continua a ser simplesmente \(0\).
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Resolução
Quando \(x\to-\infty\), o termo dominante do numerador é \(2x^3\). Uma vez que \(x^3\to-\infty\), tem-se:
\[ 2x^3-x\to-\infty. \]
O termo dominante do denominador é, por sua vez, \(x^2\). Uma vez que \(x^2\to+\infty\), tem-se:
\[ x^2+4\to+\infty. \]
Surge, pois, uma forma do tipo
\[ \frac{-\infty}{+\infty}, \]
que deve ser estudada comparando as ordens de crescimento do numerador e do denominador.
O numerador tem grau \(3\), enquanto o denominador tem grau \(2\). O numerador cresce, portanto, em valor absoluto, mais rapidamente do que o denominador. Para tornar explícito este comportamento, dividimos numerador e denominador por \(x^2\):
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^2} -\displaystyle\frac{x}{x^2}} {\displaystyle\frac{x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Simplificando, obtemos:
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{2x-\displaystyle\frac{1}{x}} {1+\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Quando \(x\to-\infty\), tem-se:
\[ 2x\to-\infty, \qquad \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{4}{x^2}\to 0. \]
Consequentemente, o numerador
\[ 2x-\frac{1}{x} \]
tende para \(-\infty\), enquanto o denominador
\[ 1+\frac{4}{x^2} \]
tende para \(1\).
Além disso, o denominador é sempre positivo, porque
\[ 1+\frac{4}{x^2}>0 \]
para todo \(x\neq 0\). Dividir uma quantidade que tende para \(-\infty\) por uma quantidade positiva que tende para \(1\) não altera, portanto, o sinal da divergência.
Portanto:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
O resultado pode também ser interpretado observando que o quociente se comporta assintoticamente como
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x, \]
e \(2x\to-\infty\) quando \(x\to-\infty\).
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), tem-se:
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty \qquad\text{e}\qquad x\to+\infty. \]
A substituição formal conduz, portanto, à forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Não podemos concluir que o limite seja zero, porque a diferença entre duas quantidades divergentes depende da velocidade com que elas crescem. É necessário transformar a expressão.
Racionalizamos multiplicando e dividindo pelo conjugado:
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
Obtemos:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{(\sqrt{x^2+4x}-x)(\sqrt{x^2+4x}+x)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
No numerador surge uma diferença de quadrados:
\[ (\sqrt{x^2+4x})^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Portanto:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Para estudar o limite, dividimos numerador e denominador por \(x\). Uma vez que \(x\to+\infty\), em particular \(x>0\) para valores suficientemente grandes, e portanto
\[ \sqrt{x^2}=|x|=x. \]
Podemos então escrever:
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4} {\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+4x}}{x}+1}. \]
No radicando, colocamos \(x^2\) em evidência:
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
Consequentemente:
\[ \frac{\sqrt{x^2+4x}}{x} = \sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
A expressão passa então a ser:
\[ \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Uma vez que
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
tem-se:
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
O denominador tende, pois, para:
\[ 1+1=2. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Concluímos, assim, que:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
A racionalização transformou a forma \(\infty-\infty\) num quociente de limite determinado.
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Resolução
Substituindo formalmente \(x=0\), o numerador tende para:
\[ \sin(3\cdot 0)=\sin 0=0, \]
enquanto o denominador tende para zero. Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Para calcular o limite, utilizamos o limite notável:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1. \]
Na expressão dada, o argumento do seno não é \(x\), mas \(3x\). Devemos, portanto, fazer surgir \(3x\) também no denominador.
Multiplicamos e dividimos por \(3\):
\[ \frac{\sin(3x)}{x} = 3\frac{\sin(3x)}{3x}. \]
Esta igualdade é válida para \(x\neq 0\), condição compatível com o cálculo do limite quando \(x\to 0\).
Quando \(x\to 0\), também \(3x\to 0\). Podemos, por conseguinte, aplicar o limite notável fazendo
\[ t=3x. \]
Obtém-se:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x}=1. \]
Consequentemente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = 3\lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x} = 3\cdot 1 = 3. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Em termos de equivalência assintótica, uma vez que
\[ \sin(3x)\sim 3x \qquad\text{quando }x\to 0, \]
o quociente comporta-se como
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Resolução
Substituindo formalmente \(x=0\), o numerador tende para:
\[ 1-\cos 0=1-1=0, \]
enquanto o denominador tende para:
\[ 0^2=0. \]
Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Podemos aplicar diretamente o limite notável:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Para compreender de onde provém este resultado, podemos reduzi-lo ao limite notável do seno através da identidade trigonométrica:
\[ 1-\cos x=2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right). \]
Substituindo esta identidade no quociente, obtemos:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2}. \]
Para fazer surgir o quociente notável, observamos que:
\[ x^2=4\left(\frac{x}{2}\right)^2. \]
Portanto:
\[ \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {4\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Simplificando o fator numérico:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
O segundo fator pode ser escrito como o quadrado de um quociente:
\[ \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2} = \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Consequentemente:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Quando \(x\to 0\), também \(\displaystyle\frac{x}{2}\to 0\). Pelo limite notável do seno:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} = 1. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot 1^2 = \frac{1}{2}. \]
Concluímos, assim, que:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
O mesmo resultado pode ser lido através da equivalência assintótica
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2} \qquad\text{quando }x\to 0. \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Resolução
Substituindo formalmente \(x=0\), o numerador tende para:
\[ e^{2\cdot 0}-1=e^0-1=1-1=0, \]
enquanto o denominador tende para zero. Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Para calcular o limite, utilizamos o limite notável:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1. \]
Na expressão dada, o expoente é \(2x\). Para aplicar o limite notável, devemos, portanto, fazer surgir \(2x\) também no denominador.
Para \(x\neq 0\), podemos escrever:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} = 2\frac{e^{2x}-1}{2x}. \]
Quando \(x\to 0\), também \(2x\to 0\). Fazendo
\[ t=2x, \]
o limite notável fornece:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=1. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x} = 2\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x} = 2\cdot 1 = 2. \]
Concluímos, assim, que:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
O mesmo resultado pode ser obtido através da equivalência assintótica
\[ e^{2x}-1\sim 2x \qquad\text{quando }x\to 0. \]
Consequentemente, no quociente pode substituir-se o numerador pelo seu equivalente:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} \sim \frac{2x}{x} = 2. \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
Resolução
Antes de prosseguir, observemos que a função está definida quando
\[ 1+5x>0. \]
Esta condição equivale a:
\[ x>-\frac{1}{5}. \]
Em particular, a função está definida em toda uma vizinhança de \(x=0\), pelo que o limite bilateral faz sentido.
Substituindo formalmente \(x=0\), o numerador tende para:
\[ \ln(1+5\cdot 0)=\ln(1)=0, \]
enquanto o denominador tende para zero. Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Utilizamos o limite notável:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1. \]
Na expressão dada, a quantidade adicionada a \(1\) é \(5x\). Para aplicar o limite notável, fazemos surgir \(5x\) também no denominador:
\[ \frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\frac{\ln(1+5x)}{5x}. \]
Quando \(x\to 0\), também \(5x\to 0\). Fazendo
\[ t=5x, \]
obtém-se:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x}=1. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x} = 5\cdot 1 = 5. \]
Concluímos, assim, que:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
Em termos de equivalência assintótica, uma vez que
\[ \ln(1+5x)\sim 5x \qquad\text{quando }x\to 0, \]
o quociente comporta-se como:
\[ \frac{5x}{x}=5. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Resolução
Substituindo formalmente \(x=0\), todos os fatores presentes no numerador e no denominador tendem para zero:
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+2x)\to 0, \qquad x\to 0, \qquad \sin(3x)\to 0. \]
O quociente assume, portanto, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Neste caso é conveniente utilizar as equivalências assintóticas fundamentais:
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}, \qquad \ln(1+2x)\sim 2x, \qquad \sin(3x)\sim 3x, \]
válidas quando \(x\to 0\).
As equivalências podem ser substituídas diretamente dentro de produtos e quocientes. O quociente dado é, portanto, equivalente a:
\[ \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot 2x} {x\cdot 3x}. \]
Simplifiquemos o numerador:
\[ \frac{x^2}{2}\cdot 2x=x^3. \]
Simplifiquemos também o denominador:
\[ x\cdot 3x=3x^2. \]
Portanto:
\[ \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} \sim \frac{x^3}{3x^2} = \frac{x}{3}. \]
Uma vez que
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x}{3}=0, \]
segue-se que também o limite dado é igual a zero:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
É importante observar que as equivalências foram utilizadas dentro de produtos e quocientes, onde a substituição por funções equivalentes é correta.
Não seria lícito, em contrapartida, substituir automaticamente um termo por um equivalente dentro de uma soma ou de uma diferença, porque em tais situações poderiam ocorrer cancelamentos entre os termos principais.
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Resolução
A função
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
não admite limite quando \(x\to 0\). Com efeito, quando \(x\) se aproxima de zero, a quantidade \(\displaystyle\frac{1}{x}\) torna-se arbitrariamente grande em valor absoluto e o cosseno continua a oscilar entre \(-1\) e \(1\).
Não podemos, portanto, aplicar diretamente a propriedade do limite de um produto, porque um dos dois fatores não possui limite.
Podemos, no entanto, recorrer ao seguinte: para qualquer número real \(t\),
\[ -1\leq\cos t\leq 1. \]
Fazendo
\[ t=\frac{1}{x}, \]
obtemos, para todo \(x\neq 0\):
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq 1. \]
Multiplicamos todos os membros por \(x^2\). Uma vez que
\[ x^2\geq 0, \]
o sentido das desigualdades não se altera:
\[ -x^2 \leq x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2. \]
Calculamos agora os limites das duas funções que delimitam a expressão:
\[ \lim_{x\to 0}(-x^2)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 0}x^2=0. \]
A função central fica, portanto, compreendida entre duas funções que tendem ambas para o mesmo limite \(0\).
Pelo teorema do confronto, segue-se que:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
O fator oscilante não possui limite, mas permanece limitado entre \(-1\) e \(1\). O fator \(x^2\), pelo contrário, tende para zero e torna cada vez menor a amplitude das oscilações do produto.
O mesmo raciocínio pode também ser expresso através do valor absoluto:
\[ \left| x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| = x^2\left| \cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| \leq x^2. \]
Uma vez que \(x^2\to 0\), também o valor absoluto da expressão tende para zero e, por conseguinte, a própria expressão tende para zero.
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Calcular os dois limites laterais:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2} \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}, \]
e determinar se existe o limite quando \(x\to 2\).
Resultado
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Uma vez que os dois limites laterais são diferentes, o limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2} \]
não existe.
Resolução
A função
\[ f(x)=\frac{1}{x-2} \]
não está definida para \(x=2\), porque nesse ponto o denominador é nulo.
Para estudar o comportamento da função na proximidade de \(2\), não basta observar que o denominador tende para zero. É necessário determinar também o sinal com que ele se aproxima de zero.
Consideremos em primeiro lugar o limite à esquerda:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}. \]
A notação \(x\to 2^-\) significa que \(x\) assume valores menores do que \(2\) e cada vez mais próximos de \(2\). Consequentemente:
\[ x-2<0. \]
Além disso, quando \(x\) se aproxima de \(2\) pela esquerda, a diferença \(x-2\) aproxima-se de zero assumindo valores negativos. Escreve-se abreviadamente:
\[ x-2\to 0^-. \]
O inverso de um número negativo muito próximo de zero é um número negativo muito grande em valor absoluto. Por exemplo:
\[ \frac{1}{-0{,}1}=-10, \qquad \frac{1}{-0{,}01}=-100, \qquad \frac{1}{-0{,}001}=-1000. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty. \]
Consideremos agora o limite à direita:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}. \]
A notação \(x\to 2^+\) significa que \(x\) assume valores maiores do que \(2\) e cada vez mais próximos de \(2\). Consequentemente:
\[ x-2>0. \]
Quando \(x\) se aproxima de \(2\) pela direita, a diferença \(x-2\) aproxima-se de zero assumindo valores positivos:
\[ x-2\to 0^+. \]
O inverso de um número positivo muito próximo de zero é um número positivo arbitrariamente grande. Por exemplo:
\[ \frac{1}{0{,}1}=10, \qquad \frac{1}{0{,}01}=100, \qquad \frac{1}{0{,}001}=1000. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Obtivemos, assim:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Para que o limite bilateral exista, os dois limites laterais devem existir e ser iguais. Neste caso têm sinais opostos, pelo que:
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2}\text{ não existe}. \]
Uma vez que pelo menos um dos limites laterais é infinito, a reta
\[ x=2 \]
é uma assíntota vertical do gráfico da função.
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Uma vez que os dois limites laterais são diferentes,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|} \]
não existe.
Resolução
Substituindo formalmente \(x=0\), o numerador tende para:
\[ 0^2+0=0, \]
enquanto o denominador tende para:
\[ |0|=0. \]
Surge, pois, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
A presença do valor absoluto exige que se distinga o comportamento da função à direita e à esquerda de \(0\).
Recordemos, com efeito, que:
\[ |x|= \begin{cases} x, & x\geq 0,\\ -x, & x<0. \end{cases} \]
Comecemos pelo limite à direita. Se \(x\to 0^+\), então \(x>0\) e, portanto:
\[ |x|=x. \]
Para \(x>0\), a expressão passa a ser:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{x}. \]
Colocamos \(x\) em evidência no numerador:
\[ x^2+x=x(x+1). \]
Uma vez que \(x\neq 0\), podemos simplificar:
\[ \frac{x(x+1)}{x}=x+1. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^+}(x+1) = 1. \]
Consideremos agora o limite à esquerda. Se \(x\to 0^-\), então \(x<0\) e, portanto:
\[ |x|=-x. \]
Para \(x<0\), a expressão passa a ser:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{-x}. \]
Colocando \(x\) em evidência no numerador, obtemos:
\[ \frac{x(x+1)}{-x}. \]
Para \(x\neq 0\), podemos simplificar o fator \(x\):
\[ \frac{x(x+1)}{-x}=-(x+1). \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^-}\bigl(-(x+1)\bigr) = -1. \]
Os dois limites laterais são, então:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Uma vez que são diferentes, o limite bilateral não existe:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}\text{ não existe}. \]
O exercício mostra que, na presença de um valor absoluto, a mesma expressão pode assumir formas algébricas diferentes de um e de outro lado do ponto considerado.
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Calcular o seguinte limite:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Resolução
Verifiquemos em primeiro lugar que a potência está definida numa vizinhança de \(x=0\). A base deve ser positiva:
\[ 1+2x>0. \]
Esta condição equivale a:
\[ x>-\frac{1}{2}. \]
A base é, portanto, positiva em toda uma vizinhança de \(0\), e o limite bilateral faz sentido.
Quando \(x\to 0\), a base tende para:
\[ 1+2x\to 1. \]
O expoente, pelo contrário, comporta-se de maneira diferente de um e de outro lado:
\[ \frac{3}{x}\to+\infty \quad\text{quando }x\to0^+, \qquad \frac{3}{x}\to-\infty \quad\text{quando }x\to0^-. \]
Surge, pois, uma forma indeterminada exponencial: \(1^{+\infty}\) no limite à direita e \(1^{-\infty}\) no limite à esquerda. Em ambos os casos é necessário estudar o produto do expoente pelo logaritmo natural da base.
Para estudar esta forma, definimos:
\[ y(x)=(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Uma vez que \(1+2x>0\) numa vizinhança de \(0\), tem-se \(y(x)>0\), pelo que podemos aplicar o logaritmo natural:
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\ln\left((1+2x)^{\frac{3}{x}}\right). \]
Utilizando a propriedade
\[ \ln(a^b)=b\ln(a), \qquad a>0, \]
obtemos:
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\frac{3}{x}\ln(1+2x). \]
Reescrevemos o segundo membro fazendo surgir o limite notável do logaritmo:
\[ \frac{3}{x}\ln(1+2x)=6\frac{\ln(1+2x)}{2x}. \]
Quando \(x\to 0\), também \(2x\to 0\). Pelo limite notável
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1, \]
tem-se:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)}{2x}=1. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to 0}\ln\bigl(y(x)\bigr)=6. \]
Uma vez que
\[ y(x)=e^{\ln(y(x))}, \]
a continuidade da função exponencial permite concluir que:
\[ \lim_{x\to 0}y(x)=e^{\displaystyle\lim_{x\to 0}\ln(y(x))}=e^6. \]
Concluímos, assim, que:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
O resultado pode também ser reconhecido reduzindo a expressão ao limite fundamental
\[ \lim_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e, \]
mas o procedimento através do logaritmo torna explícitos todos os passos e aplica-se de modo sistemático às formas indeterminadas exponenciais.
Exercício 20 — nível ★★★★★
Determinar todas as assíntotas da função:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Resultado
A função admite:
\[ x=1 \]
como assíntota vertical e
\[ y=2x+5 \]
como assíntota oblíqua, tanto quando \(x\to+\infty\) como quando \(x\to-\infty\).
Não existem assíntotas horizontais.
Resolução
A função é racional fracionária:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
O denominador é nulo quando:
\[ x-1=0, \]
isto é, para:
\[ x=1. \]
O domínio da função é, portanto:
\[ \mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Para determinar se a reta \(x=1\) é uma assíntota vertical, devemos estudar o comportamento da função quando \(x\) tende para \(1\).
Calculamos o valor para o qual tende o numerador:
\[ 2\cdot 1^2+3\cdot 1-1 = 2+3-1 = 4. \]
O numerador tende, portanto, para um número positivo diferente de zero, enquanto o denominador tende para zero.
Consideremos separadamente os dois lados.
Se \(x\to 1^-\), então:
\[ x-1\to 0^-. \]
O numerador mantém-se positivo para \(x\) suficientemente próximo de \(1\), porque tende para o número positivo \(4\). O quociente entre uma quantidade positiva próxima de \(4\) e uma quantidade negativa próxima de zero tende, portanto, para \(-\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^-}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = -\infty. \]
Se, pelo contrário, \(x\to 1^+\), então:
\[ x-1\to 0^+. \]
O quociente entre uma quantidade positiva próxima de \(4\) e uma quantidade positiva próxima de zero tende para \(+\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^+}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = +\infty. \]
Uma vez que pelo menos um dos dois limites laterais é infinito, a reta
\[x=1 \]
é uma assíntota vertical.
Estudemos agora o comportamento da função quando \(x\to+\infty\) e quando \(x\to-\infty\).
O numerador tem grau \(2\), enquanto o denominador tem grau \(1\). Uma vez que o grau do numerador excede em uma unidade o do denominador, é possível que exista uma assíntota oblíqua.
Efetuamos a divisão do numerador pelo denominador:
\[ 2x^2+3x-1=(x-1)(2x+5)+4. \]
Verifiquemos o produto:
\[ (x-1)(2x+5) = 2x^2+5x-2x-5 = 2x^2+3x-5. \]
Adicionando o resto \(4\), obtemos:
\[ 2x^2+3x-5+4 = 2x^2+3x-1, \]
o que confirma a decomposição.
Dividindo ambos os membros por \(x-1\), para \(x\neq 1\), obtemos:
\[ \frac{2x^2+3x-1}{x-1} = 2x+5+\frac{4}{x-1}. \]
Para verificar que a reta
\[ y=2x+5 \]
é uma assíntota oblíqua, calculamos a diferença entre a função e a equação da reta:
\[ f(x)-(2x+5) = \frac{4}{x-1}. \]
Quando \(x\to+\infty\), tem-se:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4}{x-1}=0. \]
Portanto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Também quando \(x\to-\infty\) se tem:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{4}{x-1}=0, \]
e, por conseguinte:
\[ \lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Uma vez que a diferença \(f(x)-(2x+5)\) tende para zero em ambas as direções, o gráfico da função aproxima-se da reta \(y=2x+5\) quando \(x\to\pm\infty\).
Portanto:
\[ y=2x+5 \]
é uma assíntota oblíqua tanto quando \(x\to+\infty\) como quando \(x\to-\infty\).
A função não possui assíntotas horizontais. Com efeito, quando \(x\to\pm\infty\), o termo dominante é \(2x\), pelo que a função não tende para um número real finito.
Em conclusão, as assíntotas da função são:
\[ x=1 \qquad\text{e}\qquad y=2x+5. \]