Os exercícios seguintes permitem aplicar as definições e as propriedades dos limites infinitos e dos limites no infinito. Os exercícios abrangem limites infinitos num ponto, limites à direita e à esquerda, assíntotas verticais e horizontais, formas indeterminadas, comparação entre funções e estudo do termo dominante.
Cada exercício é resolvido passo a passo, com particular atenção ao sinal das quantidades que tendem para zero, distinguindo o limite à esquerda do limite à direita sempre que essa distinção for necessária.
Nos limites no infinito serão utilizadas exclusivamente as ferramentas introduzidas na teoria: propriedades dos limites, transformações algébricas, racionalização, comparação de graus, identificação do termo dominante e teorema do confronto.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2} \]
e verificá-lo diretamente a partir da definição de limite igual a \(+\infty\).
Resultado
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Resolução
Quando \(x\to2\), a diferença \(x-2\) tende para \(0\). Como essa diferença está elevada ao quadrado, para todo \(x\neq2\) tem-se
\[ (x-2)^2>0. \]
O denominador tende, portanto, para zero através de valores positivos:
\[ (x-2)^2\to0^+. \]
O recíproco de uma quantidade positiva que tende para zero cresce sem limite. Esperamos, assim,
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Verifiquemos agora o resultado diretamente a partir da definição. Devemos mostrar que, para todo \(M>0\), existe \(\delta>0\) tal que
\[ 0<|x-2|<\delta \]
implique
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
Partimos precisamente da desigualdade que pretendemos obter. Como \((x-2)^2>0\) e \(M>0\),
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M \]
equivale a
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M}. \]
Tomando raízes quadradas,
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
Basta, então, escolher
\[ \delta=\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
De facto, se \(0<|x-2|<\delta\), então
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}, \]
de onde
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M} \]
e, consequentemente,
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
A definição fica verificada para todo \(M>0\), pelo que o limite é \(+\infty\).
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Resolução
Quando \(x\to-3\), tem-se
\[ x+3\to0. \]
O quadrado \((x+3)^2\) é positivo para todo \(x\neq-3\) e tende para zero. Mais precisamente,
\[ (x+3)^2\to0^+. \]
Por conseguinte,
\[ \frac{4}{(x+3)^2}\to+\infty. \]
Na expressão do exercício está, contudo, presente o sinal de menos. Multiplicar uma quantidade positiva arbitrariamente grande por \(-1\) produz uma quantidade negativa arbitrariamente grande em valor absoluto. Assim,
\[ -\frac{4}{(x+3)^2}\to-\infty. \]
Concluímos, portanto, que
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Como o mesmo comportamento se verifica tanto para \(x\to-3^-\) como para \(x\to-3^+\), o limite quando \(x\to-3\) existe como limite infinito e é igual a \(-\infty\). A reta \(x=-3\) é, além disso, uma assíntota vertical.
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite à esquerda e o limite à direita
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}, \]
e determinar se existe o limite quando \(x\to1\).
Resultado
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
O limite quando \(x\to1\) não existe. A reta \(x=1\) é uma assíntota vertical.
Resolução
O denominador \(x-1\) tende para zero quando \(x\to1\). Para determinar o comportamento do recíproco não basta saber que o denominador tende para zero: é indispensável estabelecer se tende para \(0^-\) ou para \(0^+\).
Consideremos primeiro \(x\to1^-\). Neste caso \(x<1\), pelo que
\[ x-1<0. \]
Além disso, \(x-1\) aproxima-se de zero. Podemos, assim, escrever
\[ x-1\to0^-. \]
O recíproco de uma quantidade negativa que tende para zero assume valores negativos arbitrariamente grandes em valor absoluto. Assim,
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty. \]
Consideremos agora \(x\to1^+\). Desta vez \(x>1\), pelo que
\[ x-1>0 \]
e, portanto,
\[ x-1\to0^+. \]
Segue-se que
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
O limite à esquerda e o limite à direita têm sinais opostos. Para que o limite quando \(x\to1\) seja igual a \(+\infty\), é necessário que ambos os limites laterais sejam iguais a \(+\infty\); analogamente, para obter \(-\infty\), ambos devem ser iguais a \(-\infty\).
Como isso não acontece, o limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{1}{x-1} \]
não existe. Contudo, tanto o limite à esquerda como o limite à direita são infinitos, pelo que \(x=1\) é uma assíntota vertical.
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Estudar o comportamento da função
\[ f(x)=\frac{2x+1}{x-2} \]
quando \(x\to2^-\) e quando \(x\to2^+\), determinando de seguida se \(x=2\) é uma assíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
O limite quando \(x\to2\) não existe e \(x=2\) é uma assíntota vertical.
Resolução
Neste limite, o numerador e o denominador apresentam comportamentos distintos. Quando \(x\to2\),
\[ 2x+1\to5. \]
O numerador tende, assim, para um número positivo e, em particular, mantém-se positivo para todos os \(x\) suficientemente próximos de \(2\).
O denominador, por sua vez, tende para zero:
\[ x-2\to0. \]
O seu sinal depende do lado pelo qual se dá a aproximação.
Se \(x\to2^-\), então \(x<2\), pelo que
\[ x-2\to0^-. \]
Temos, assim, um numerador positivo que tende para \(5\) e um denominador negativo que tende para zero. O quociente é, portanto, negativo e cresce sem limite em valor absoluto:
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty. \]
Se, pelo contrário, \(x\to2^+\), então
\[ x-2\to0^+. \]
O numerador continua positivo, enquanto o denominador é positivo e arbitrariamente pequeno. Segue-se que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
Como o limite à esquerda e o limite à direita são infinitos mas de sinal oposto, o limite quando \(x\to2\) não existe. A reta \(x=2\) é, ainda assim, uma assíntota vertical, pois basta que pelo menos um dos dois limites laterais seja infinito.
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
e interpretar geometricamente o resultado.
Resultado
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
A reta \(x=1\) é uma assíntota vertical.
Resolução
A função
\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
está definida apenas quando \(x-1>0\), ou seja, para \(x>1\). Não existem, portanto, pontos do domínio arbitrariamente próximos de \(1\) pela esquerda: o limite só pode ser estudado quando \(x\to1^+\).
Quando \(x\to1^+\), tem-se
\[ x-1\to0^+. \]
A raiz quadrada preserva a positividade, pelo que
\[ \sqrt{x-1}\to0^+. \]
O recíproco de uma quantidade positiva que tende para zero tende para \(+\infty\). Assim,
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
Importa observar que, para existir uma assíntota vertical, não é necessário que o comportamento infinito se manifeste em ambos os lados. Basta que o limite à direita ou o limite à esquerda seja infinito.
Consequentemente, a reta
\[ x=1 \]
é uma assíntota vertical do gráfico da função.
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right) \]
e verificar o resultado a partir da definição de limite finito quando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right)=3. \]
A reta \(y=3\) é uma assíntota horizontal quando \(x\to+\infty\).
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), o denominador \(x\) cresce sem limite. Por conseguinte,
\[ \frac{2}{x}\to0. \]
Somando \(3\), obtemos de imediato
\[ 3+\frac{2}{x}\to3. \]
Verifiquemos agora o resultado a partir da definição. Devemos mostrar que, para todo \(\varepsilon>0\), existe \(A\in\mathbb{R}\) tal que
\[ x>A \]
implique
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
Para \(x>0\),
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right| = \left|\frac{2}{x}\right| = \frac{2}{x}. \]
Pretendemos, então,
\[ \frac{2}{x}<\varepsilon. \]
Sendo \(x>0\) e \(\varepsilon>0\), esta desigualdade equivale a
\[ x>\frac{2}{\varepsilon}. \]
Basta, portanto, escolher
\[ A=\frac{2}{\varepsilon}. \]
Para todo \(x>A\) tem-se, de facto,
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
A definição fica verificada e o limite é \(3\). Geometricamente, isto significa que o gráfico se aproxima da reta \(y=3\) quando \(x\) assume valores positivos arbitrariamente grandes.
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular ambos os limites
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \]
e determinar as eventuais assíntotas horizontais.
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
A reta \(y=1\) é a assíntota horizontal quando \(x\to+\infty\), enquanto a reta \(y=-1\) é a assíntota horizontal quando \(x\to-\infty\).
Resolução
O ponto fundamental a recordar é que
\[ \sqrt{x^2}=|x|, \]
e não simplesmente \(x\).
Reescrevemos o denominador colocando \(x^2\) em evidência sob a raiz:
\[ \sqrt{x^2+1} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\), \(x\) é definitivamente positivo, pelo que \(|x|=x\). Obtemos
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Uma vez que
\[ \frac{1}{x^2}\to0, \]
segue-se que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1. \]
Para \(x\to-\infty\), por sua vez, \(x\) é definitivamente negativo, pelo que \(|x|=-x\). Assim,
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Passando ao limite,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
Os dois valores são distintos. O gráfico possui, assim, duas assíntotas horizontais diferentes: \(y=1\) quando \(x\to+\infty\) e \(y=-1\) quando \(x\to-\infty\).
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right) \]
e
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=-\infty, \]
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Resolução
Num polinómio, quando \(x\to\pm\infty\), o comportamento global é determinado pelo termo de grau máximo. Neste caso, o termo dominante é
\[ -2x^5. \]
Podemos justificar formalmente este comportamento colocando \(x^5\) em evidência:
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Quando \(x\to\pm\infty\),
\[ \frac{3}{x^3}\to0, \qquad \frac{1}{x^5}\to0, \]
pelo que o fator entre parêntesis tende para \(-2\), que é negativo.
Para \(x\to+\infty\),
\[ x^5\to+\infty. \]
Multiplicando uma quantidade positiva que cresce sem limite por um fator que tende para o número negativo \(-2\), obtemos
\[ -2x^5+3x^2-1\to-\infty. \]
Para \(x\to-\infty\), sendo o expoente \(5\) ímpar,
\[ x^5\to-\infty. \]
O produto de uma quantidade negativa, arbitrariamente grande em valor absoluto, por um fator definitivamente negativo é positivo e cresce sem limite. Assim,
\[ -2x^5+3x^2-1\to+\infty. \]
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0. \]
A reta \(y=0\) é uma assíntota horizontal tanto quando \(x\to+\infty\) como quando \(x\to-\infty\).
Resolução
Tanto o numerador como o denominador crescem em valor absoluto, pelo que uma leitura puramente simbólica conduziria à forma indeterminada
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Esta forma não determina o valor do limite. Devemos comparar os termos dominantes.
O numerador tem grau \(1\), enquanto o denominador tem grau \(2\). O denominador cresce, portanto, mais rapidamente.
Para tornar explícito o cálculo, dividimos o numerador e o denominador por \(x^2\), a potência de grau máximo presente no denominador:
\[ \frac{4x+1}{x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Quando \(x\to+\infty\) e quando \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
O numerador tende, assim, para \(0\), enquanto o denominador tende para \(1\). Segue-se que
\[ \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}} \to0. \]
Por conseguinte, ambos os limites são iguais a \(0\), e a reta \(y=0\) é uma assíntota horizontal tanto quando \(x\to+\infty\) como quando \(x\to-\infty\).
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
Resolução
Tanto o numerador como o denominador são polinómios de grau \(2\). Numa função racional em que o numerador e o denominador têm o mesmo grau, o comportamento no infinito é determinado pelo quociente entre os coeficientes dos termos de grau máximo.
Verifiquemos o resultado algebricamente. Dividimos todos os termos por \(x^2\):
\[ \frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Quando \(x\to+\infty\) ou \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Por conseguinte, o numerador tende para \(3\) e o denominador tende para \(2\):
\[ 3-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\to3, \qquad 2+\frac{5}{x^2}\to2. \]
Como o limite do denominador é diferente de zero, podemos passar ao quociente:
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
A reta
\[ y=\frac{3}{2} \]
é, portanto, uma assíntota horizontal em ambos os sentidos.
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1} \]
e
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Resolução
O numerador tem grau \(3\), enquanto o denominador tem grau \(2\). Portanto, o grau do numerador é uma unidade superior ao do denominador.
Dividimos o numerador e o denominador por \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2+1} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty, \qquad 1+\frac{1}{x^2}\to1. \]
O denominador tende, assim, para um número positivo diferente de zero, enquanto o numerador tende para \(+\infty\). Assim,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty. \]
Para \(x\to-\infty\), por sua vez,
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
enquanto o denominador continua a tender para \(1>0\). Por conseguinte,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
O resultado é coerente com a comparação dos termos dominantes:
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x. \]
Para valores grandes de \(|x|\), o quociente apresenta, assim, o mesmo comportamento essencial de \(2x\).
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
Resolução
Se considerarmos os dois termos separadamente, quando \(x\to+\infty\) tem-se
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to+\infty. \]
Surge, então, a forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Não podemos concluir diretamente. Perante uma diferença em que intervém uma raiz, é natural racionalizar multiplicando e dividindo pela expressão conjugada:
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)} {\sqrt{x^2+1}+x}. \]
No numerador utilizamos a diferença de quadrados:
\[ \left(\sqrt{x^2+1}\right)^2-x^2 = x^2+1-x^2 = 1. \]
Assim,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Quando \(x\to+\infty\), ambos os termos do denominador são positivos e crescem sem limite, pelo que
\[ \sqrt{x^2+1}+x\to+\infty. \]
O recíproco de uma quantidade que tende para \(+\infty\) tende para zero. Segue-se que
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
A racionalização transformou, assim, a forma indeterminada \(\infty-\infty\) num quociente cujo comportamento é imediatamente determinável.
Exercício 13 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac{3}{2}. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), tanto \(\sqrt{x^2+3x}\) como \(x\) tendem para \(+\infty\). Encontramo-nos, assim, novamente perante a forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Racionalizamos:
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right) \left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)} {\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
O numerador transforma-se em
\[ x^2+3x-x^2=3x. \]
Assim,
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Coloquemos agora \(x^2\) em evidência sob a raiz:
\[ \sqrt{x^2+3x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Uma vez que estamos a considerar \(x\to+\infty\), \(x\) é definitivamente positivo, pelo que \(|x|=x\). Obtemos
\[ \sqrt{x^2+3x} = x\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Substituindo,
\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \frac{3x} {x\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+x}. \]
Colocamos \(x\) em evidência no denominador e simplificamos:
\[ \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1}. \]
Uma vez que
\[ \frac{3}{x}\to0, \]
obtemos
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1} = \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}. \]
Exercício 14 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Resolução
Quando \(x\to-\infty\), tem-se
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to-\infty. \]
A soma apresenta, portanto, a forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Racionalizamos multiplicando e dividindo pela expressão conjugada \(\sqrt{x^2+1}-x\):
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right) \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)} {\sqrt{x^2+1}-x}. \]
No numerador obtemos
\[ x^2+1-x^2=1. \]
Logo,
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Estudemos o denominador. Quando \(x\to-\infty\),
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty \]
e, uma vez que \(x\to-\infty\),
\[ -x\to+\infty. \]
Assim,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \sqrt{x^2+1}+(-x)\to+\infty. \]
O seu recíproco tende, então, para zero:
\[ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to0. \]
Concluímos, assim, que
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Utilizando o teorema do confronto, calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Resolução
A presença do termo \(\sin(x)\) significa que a função oscila. Isso, contudo, não impede a existência de um limite infinito.
Para todo \(x\in\mathbb{R}\),
\[ -1\leq\sin(x)\leq1. \]
Multiplicando por \(2\),
\[ -2\leq2\sin(x)\leq2. \]
Somando \(x\) a todos os membros,
\[ x-2\leq x+2\sin(x)\leq x+2. \]
Para mostrar que a função tende para \(+\infty\), basta utilizar a cota inferior:
\[ x+2\sin(x)\geq x-2. \]
Uma vez que
\[ \lim_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty, \]
o teorema do confronto implica
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
É importante compreender o que se passou. O termo \(2\sin(x)\) continua a oscilar entre \(-2\) e \(2\), mas estas oscilações são limitadas. O termo \(x\), pelo contrário, cresce sem limite. Mesmo na situação mais desfavorável, ou seja, quando \(2\sin(x)=-2\), a função é, no mínimo, igual a \(x-2\), que tende de qualquer modo para \(+\infty\).
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Utilizando o teorema do confronto, calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Resolução
Também neste caso surge um termo oscilante. Sabemos que
\[ -1\leq\cos(x)\leq1. \]
Multiplicando por \(3\),
\[ -3\leq3\cos(x)\leq3. \]
Somando \(-x\),
\[ -x-3\leq -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Para mostrar que a função tende para \(-\infty\), precisamos de encontrar uma função majorante que tenda para \(-\infty\). Da desigualdade anterior,
\[ -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Além disso,
\[ \lim_{x\to+\infty}(-x+3)=-\infty. \]
Pelo teorema do confronto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
O termo oscilante mantém-se sempre compreendido entre \(-3\) e \(3\), enquanto o termo \(-x\) diminui sem limite. As oscilações não são, portanto, suficientes para alterar o comportamento dominante da função.
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Resolução
O termo
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
oscila cada vez mais rapidamente quando \(x\to0\) e não possui limite. Isto, por si só, não significa que a função completa não tenha limite.
Utilizamos o facto de que, para qualquer valor real do argumento,
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq1. \]
Somando \(3\),
\[ 2\leq3+\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq4. \]
Para \(x\neq0\), tem-se \(x^2>0\). Dividindo por \(x^2\), o sentido das desigualdades mantém-se inalterado:
\[ \frac{2}{x^2} \leq \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \leq \frac{4}{x^2}. \]
Para mostrar que o limite é igual a \(+\infty\), basta a cota inferior:
\[ \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \geq \frac{2}{x^2}. \]
Uma vez que
\[ \lim_{x\to0}\frac{2}{x^2}=+\infty, \]
do teorema do confronto segue-se que
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Este exercício mostra, uma vez mais, que a existência de um limite infinito não exige monotonia e não é impedida pela presença de oscilações, desde que se possa garantir que a função ultrapassa definitivamente todo o limiar positivo.
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Estudar o limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} \]
e determinar se \(x=1\) é uma assíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=2. \]
A reta \(x=1\) não é uma assíntota vertical.
Resolução
Substituindo formalmente \(x=1\), o numerador e o denominador anulam-se:
\[ x^2-1\to0, \qquad x-1\to0. \]
Surge, então, a forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
Não podemos concluir que o limite é infinito apenas porque o denominador tende para zero. Devemos primeiro analisar a expressão.
Fatorizamos o numerador utilizando a diferença de quadrados:
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
Para \(x\neq1\),
\[ \frac{x^2-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. \]
No cálculo do limite podemos usar esta igualdade, porque o limite depende do comportamento da função em pontos arbitrariamente próximos de \(1\), e não do valor assumido no próprio ponto \(x=1\).
Assim,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x\to1}(x+1) = 2. \]
O limite é finito. Consequentemente, \(x=1\) não é uma assíntota vertical.
Este exercício evidencia um princípio importante: a anulação do denominador não basta, por si só, para concluir que existe uma assíntota vertical. É sempre necessário calcular efetivamente o limite.
Exercício 19 — nível ★★★★★
Estudar o limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2} \]
calculando também o limite à esquerda e o limite à direita, e determinando a eventual assíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Por conseguinte,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \]
e \(x=1\) é uma assíntota vertical.
Resolução
Analisemos separadamente o numerador e o denominador. Quando \(x\to1\),
\[ x^2+1\to2. \]
O numerador tende, assim, para um número estritamente positivo e mantém-se positivo para todos os \(x\) suficientemente próximos de \(1\).
O denominador satisfaz
\[ (x-1)^2\to0. \]
Sendo um quadrado,
\[ (x-1)^2>0 \]
para todo \(x\neq1\). O denominador tende, assim, para zero sempre através de valores positivos, independentemente do lado:
\[ (x-1)^2\to0^+ \]
tanto para \(x\to1^-\) como para \(x\to1^+\).
Para o limite à esquerda temos, portanto, um numerador que tende para \(2>0\) e um denominador que tende para \(0^+\). Segue-se que
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
O mesmo raciocínio é válido pela direita:
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Como tanto o limite à esquerda como o limite à direita são iguais a \(+\infty\), podemos concluir que
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
A reta
\[ x=1 \]
é, assim, uma assíntota vertical.
Exercício 20 — nível ★★★★★
Considere-se a função
\[ f(x)=\frac{2x^3+1}{x^2-4}. \]
Calcular os limites quando \(x\to2^-\), \(x\to2^+\), \(x\to-2^-\), \(x\to-2^+\), \(x\to+\infty\) e \(x\to-\infty\). Determinar de seguida as eventuais assíntotas verticais e horizontais.
Resultado
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]
As retas \(x=-2\) e \(x=2\) são assíntotas verticais. A função não possui assíntotas horizontais.
Resolução
O denominador pode ser fatorizado:
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Os pontos \(x=2\) e \(x=-2\) são, portanto, os únicos pontos nos quais o denominador se anula. Para determinar o comportamento da função nas suas proximidades, devemos estudar com atenção os sinais.
Comecemos por \(x=2\). O numerador tende para
\[ 2\cdot2^3+1=17, \]
pelo que é definitivamente positivo perto de \(2\).
Para \(x\to2^-\), o fator \(x-2\) é negativo e tende para zero, enquanto \(x+2\) é positivo e tende para \(4\). Por conseguinte,
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Um numerador positivo dividido por uma quantidade negativa que tende para zero produz
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Para \(x\to2^+\), ambos os fatores \(x-2\) e \(x+2\) são positivos, pelo que
\[ x^2-4\to0^+. \]
Segue-se que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Passemos agora a \(x=-2\). O numerador tende para
\[ 2(-2)^3+1=-16+1=-15, \]
pelo que é definitivamente negativo perto de \(-2\).
Para \(x\to-2^-\), tem-se \(x+2<0\) e \(x-2<0\). O produto dos dois fatores é positivo:
\[ (x-2)(x+2)\to0^+. \]
Dividindo um numerador negativo por uma quantidade positiva que tende para zero, obtemos
\[ \lim_{x\to-2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Para \(x\to-2^+\), por sua vez, \(x+2>0\), enquanto \(x-2<0\). O denominador tende, assim, para zero através de valores negativos:
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
O quociente entre um numerador negativo e um denominador negativo é positivo, pelo que
\[ \lim_{x\to-2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Já estabelecemos, assim, que ambas as retas
\[ x=-2 \qquad\text{e}\qquad x=2 \]
são assíntotas verticais.
Estudemos agora o comportamento no infinito. O numerador tem grau \(3\), enquanto o denominador tem grau \(2\). Dividimos o numerador e o denominador por \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2-4} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1-\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty \]
e
\[ 1-\frac{4}{x^2}\to1. \]
O denominador tende para um número positivo diferente de zero, pelo que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Para \(x\to-\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
enquanto o denominador continua a tender para \(1\). Assim,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Como a função não tende para um número real nem quando \(x\to+\infty\) nem quando \(x\to-\infty\), não existem assíntotas horizontais.
O exercício reúne, assim, as principais ideias utilizadas no estudo dos limites infinitos e dos limites no infinito: fatorização, controlo do sinal nos limites laterais, identificação de assíntotas verticais e comparação dos termos dominantes nos limites no infinito.