Os exercícios seguintes permitem reconhecer e resolver as principais formas indeterminadas que surgem no cálculo de limites. Para cada limite identificaremos, em primeiro lugar, a forma indeterminada, escolheremos depois uma transformação adequada e justificaremos com detalhe todas as passagens.
Os exercícios estão dispostos segundo uma dificuldade progressiva e utilizam exclusivamente as ferramentas introduzidas na teoria: fatoração e simplificação, racionalização, divisão pelo termo dominante, limites notáveis, equivalências assintóticas, teorema do confronto (ou da compressão) e transformação por meio do logaritmo.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2}=4. \]
Resolução
Calculando separadamente os limites do numerador e do denominador, obtém-se
\[ \lim_{x\to2}(x^2-4)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to2}(x-2)=0. \]
O limite apresenta-se, portanto, na forma indeterminada \(\displaystyle\frac{0}{0}\).
O numerador é uma diferença de quadrados:
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Para \(x\neq 2\), condição suficiente no cálculo do limite quando \(x\to2\), podemos simplificar o fator comum:
\[ \frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2. \]
As duas expressões coincidem em todos os pontos do domínio próximos de \(2\), excluindo eventualmente o próprio \(2\), e têm, portanto, o mesmo limite. Assim,
\[ \lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2}(x+2)=4. \]
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}=\frac14. \]
Resolução
Quando \(x\to0\), o numerador tende a \(\sqrt4-2=0\) e o denominador tende a zero. Surge, assim, a forma \(\displaystyle\frac00\). A presença de uma diferença que envolve uma raiz sugere o recurso à expressão conjugada.
Para \(x\neq0\), multiplicamos o numerador e o denominador por \(\sqrt{4+x}+2\):
\[ \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\cdot\frac{\sqrt{4+x}+2}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{(4+x)-4}{x(\sqrt{4+x}+2)}. \]
No numerador resta \(x\), que pode ser simplificado com o denominador:
\[ \frac{x}{x(\sqrt{4+x}+2)}=\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}. \]
A nova expressão já não apresenta nenhuma forma indeterminada. Pela continuidade da raiz e das operações algébricas,
\[ \lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{1}{2+2}=\frac14. \]
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(5x)}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(5x)}{x}=5. \]
Resolução
Uma vez que \(\sin(5x)\to0\) e \(x\to0\), o limite tem a forma \(\displaystyle\frac00\). O limite notável \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1\) ainda não é diretamente aplicável, pois no denominador figura \(x\), e não \(5x\).
Multiplicamos e dividimos por \(5\):
\[ \frac{\sin(5x)}{x}=5\frac{\sin(5x)}{5x}. \]
Fazendo formalmente \(t=5x\), de \(x\to0\) segue-se que \(t\to0\). Portanto,
\[ \lim_{x\to0}5\frac{\sin(5x)}{5x}=5\cdot1=5. \]
Exercício 4 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3. \]
Resolução
O numerador tende a \(e^0-1=0\), enquanto o denominador tende a zero: estamos na forma \(\displaystyle\frac00\). Usamos o limite notável \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1\).
Escrevemos
\[ \frac{e^{3x}-1}{x}=3\frac{e^{3x}-1}{3x}. \]
Como \(3x\to0\), o quociente à direita tende a \(1\). Segue-se que
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3\cdot1=3. \]
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]
Resolução
Quando \(x\to0\), tem-se \(\ln(1+4x)\to\ln1=0\) e \(2x\to0\). O limite apresenta a forma \(\displaystyle\frac00\).
Para o reconduzir ao limite notável \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}t=1\), introduzimos no denominador o termo \(4x\):
\[ \frac{\ln(1+4x)}{2x}=2\frac{\ln(1+4x)}{4x}. \]
Dado que \(4x\to0\), o segundo fator tende a \(1\). Logo,
\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}\frac{x}{|x|}. \]
Resultado
O limite quando \(x\to0\) não existe.
Resolução
O numerador e o denominador tendem ambos a zero, pelo que surge a forma \(\displaystyle\frac00\). Esta informação não implica, contudo, que o limite exista.
Para \(x>0\), tem-se \(|x|=x\), logo
\[ \frac{x}{|x|}=1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^+}\frac{x}{|x|}=1. \]
Para \(x<0\), por sua vez, \(|x|=-x\), pelo que
\[ \frac{x}{|x|}=\frac{x}{-x}=-1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^-}\frac{x}{|x|}=-1. \]
Como o limite à direita e o limite à esquerda são finitos mas distintos, o limite quando \(x\to0\) não existe.
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular o 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
O numerador e o denominador tendem ambos a \(+\infty\); o limite apresenta, portanto, a forma \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Para comparar os termos dominantes, dividimos o numerador e o denominador por \(x^2\), a potência de maior grau:
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}. \]
Quando \(x\to+\infty\), tanto \(\displaystyle\frac1x\) como \(\displaystyle\frac1{x^2}\) tendem a zero. O denominador da nova expressão tende a \(2\neq0\), pelo que podemos aplicar a álgebra dos limites:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}=\frac42=2. \]
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=0. \]
Resolução
O numerador e o denominador tendem a \(+\infty\), pelo que a forma é \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). O denominador tem grau maior do que o numerador: é de esperar que cresça mais rapidamente, mas isso tem de ser demonstrado.
Dividimos tudo por \(x^2\):
\[ \frac{3x+1}{x^2+4}=\frac{\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{1+\displaystyle\frac4{x^2}}. \]
O numerador tende a zero e o denominador tende a \(1\). Consequentemente,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=\frac01=0. \]
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=-1. \]
Resolução
Tanto o numerador como o denominador divergem em valor absoluto, pelo que surge uma forma \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Colocamos \(x^2\) em evidência dentro da raiz:
\[ \sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1{x^2}\right)}=|x|\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]
É essencial não substituir \(\sqrt{x^2}\) por \(x\): a identidade válida para todo número real é \(\sqrt{x^2}=|x|\). Quando \(x\to-\infty\), para \(x\) suficientemente negativo, tem-se \(x<0\), pelo que \(|x|=-x\). Assim,
\[ \frac{\sqrt{x^2+1}}x=\frac{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac1{x^2}}}{x}=-\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]
Uma vez que \(\displaystyle\frac1{x^2}\to0\), obtemos
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}x=-\sqrt1=-1. \]
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]
Resolução
Quando \(x\to0^+\), tem-se \(x\to0\) e \(\ln x\to-\infty\). O produto apresenta, portanto, a forma \(0\cdot(-\infty)\), que constitui um caso da forma indeterminada \(0\cdot\infty\).
Transformamos o produto num quociente:
\[ x\ln x=\frac{\ln x}{\displaystyle\frac1x}. \]
Para tornar o comportamento mais transparente, fazemos \(t=\displaystyle\frac1x\). Se \(x\to0^+\), então \(t\to+\infty\), enquanto \(x=\displaystyle\frac1t\) e \(\ln x=-\ln t\). Assim,
\[ x\ln x=-\frac{\ln t}{t}. \]
Pela hierarquia fundamental dos infinitos, o logaritmo cresce mais lentamente do que qualquer potência positiva; em particular, \(\ln t=o(t)\). Segue-se que
\[ \lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0, \]
e, portanto,
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]
O produto assume valores negativos perto de zero, pelo que tende para zero por valores inferiores; o valor do limite é, em qualquer caso, \(0\).
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}\cdot\sqrt{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}\cdot\sqrt{x}=0. \]
Resolução
O fator \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\) tende a zero, uma vez que \(|\sin x|\leq1\), enquanto \(\sqrt{x}\to+\infty\). Surge, assim, a forma \(0\cdot\infty\).
Simplificamos as potências de \(x\):
\[ \frac{\sin x}{x}\sqrt{x}=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}. \]
Como \(|\sin x|\leq1\), para \(x>0\) verifica-se
\[ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right|\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]
O termo à direita tende a zero quando \(x\to+\infty\). De modo equivalente,
\[ -\frac1{\sqrt{x}}\leq\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]
Ambas as cotas tendem a zero; pelo teorema do confronto, segue-se que também a expressão central tende a zero.
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac32. \]
Resolução
Os dois termos da diferença tendem ambos a \(+\infty\), pelo que nos encontramos perante a forma \(\infty-\infty\). Não podemos subtrair formalmente os dois infinitos. Racionalizamos multiplicando e dividindo pela expressão conjugada:
\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
O numerador é uma diferença de quadrados:
\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Quando \(x\to+\infty\), para \(x\) suficientemente grande, tem-se \(x>0\). Podemos então escrever
\[ \sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac3x}. \]
Dividindo o numerador e o denominador por \(x\), obtemos
\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}. \]
Ora, \(\displaystyle\frac3x\to0\), pelo que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}=\frac3{1+1}=\frac32. \]
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=1. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), ambas as raízes tendem a \(+\infty\). A diferença apresenta, portanto, a forma indeterminada \(\infty-\infty\).
Multiplicamos e dividimos pela expressão conjugada:
\[ \sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}=\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}. \]
No numerador surge uma diferença de quadrados:
\[ (x^2+x)-(x^2-x)=2x. \]
Assim,
\[ \sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}=\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}. \]
Como \(x>0\) para \(x\) suficientemente grande, podemos extrair \(x^2\) de ambas as raízes usando \(\sqrt{x^2}=|x|=x\):
\[ \frac{2x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+x\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}=\frac2{\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}. \]
Por fim, \(\displaystyle\frac1x\to0\), pelo que o denominador tende a \(1+1=2\) e
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=\frac22=1. \]
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}=e^6. \]
Resolução
A base tende a \(1\), enquanto o expoente tende a \(+\infty\). O limite apresenta a forma \(1^\infty\).
Fazemos
\[ y(x)=\left(1+\frac2x\right)^{3x}. \]
A base é positiva para \(x\) suficientemente grande, pelo que podemos aplicar o logaritmo:
\[ \ln y(x)=3x\ln\left(1+\frac2x\right). \]
Para recorrer ao limite notável do logaritmo, escrevemos
\[ 3x\ln\left(1+\frac2x\right)=6\frac{\ln\left(1+\displaystyle\frac2x\right)}{\displaystyle\frac2x}. \]
Uma vez que \(\displaystyle\frac2x\to0\), o quociente tende a \(1\); logo, \(\ln y(x)\to6\). Pela continuidade da função exponencial,
\[ y(x)=e^{\ln y(x)}\to e^6. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}(1+\sin x)^{\frac1x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}(1+\sin x)^{\frac1x}=e. \]
Resolução
Quando \(x\to0\), a base tende a \(1\). O expoente tende a \(+\infty\) quando \(x\to0^+\) e a \(-\infty\) quando \(x\to0^-\). Assim, os limites à direita e à esquerda apresentam, respetivamente, as formas indeterminadas \(1^{+\infty}\) e \(1^{-\infty}\). Ambas podem ser estudadas por meio do logaritmo.
A base é positiva numa vizinhança de zero. Fazendo \(y(x)=(1+\sin x)^{1/x}\), obtemos
\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+\sin x)}x. \]
Decompomos o quociente em dois fatores:
\[ \frac{\ln(1+\sin x)}x=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x}. \]
Uma vez que \(\sin x\to0\), o primeiro fator tende a \(1\) pelo limite notável do logaritmo; também o segundo tende a \(1\) pelo limite notável do seno. Assim,
\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=1. \]
Aplicando a função exponencial, obtemos
\[ \lim_{x\to0^+}y(x)=e \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to0^-}y(x)=e. \]
Uma vez que o limite à direita e o limite à esquerda coincidem, concluímos que
\[ \lim_{x\to0}y(x)=e. \]
Exercício 16 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0^+}x^x. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0^+}x^x=1. \]
Resolução
A base tende a \(0^+\) e o expoente tende a zero. Surge, assim, a forma indeterminada \(0^0\). Uma vez que \(x>0\), podemos fazer \(y(x)=x^x\) e aplicar o logaritmo:
\[ \ln y(x)=x\ln x. \]
O produto à direita tem a forma \(0\cdot(-\infty)\). Como se mostrou no Exercício 10,
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]
Consequentemente, \(\ln y(x)\to0\). Pela continuidade da função exponencial,
\[ \lim_{x\to0^+}x^x=e^0=1. \]
A forma \(0^0\) não foi tratada como uma potência ordinária: o resultado foi obtido estudando o produto entre o expoente e o logaritmo da base.
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0^+}x^{\frac1{\ln x}}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0^+}x^{\frac1{\ln x}}=e. \]
Resolução
Quando \(x\to0^+\), a base tende a zero e \(\ln x\to-\infty\), pelo que o expoente \(\displaystyle\frac1{\ln x}\) tende a zero. A forma é \(0^0\).
Para \(0<x<1\), tanto a base como o logaritmo estão bem definidos. Fazemos \(y(x)=x^{1/\ln x}\). Então,
\[ \ln y(x)=\frac1{\ln x}\ln x=1. \]
Na realidade, esta igualdade é exata para todo \(x>0\) com \(x\neq1\). Assim,
\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e, \]
e a função é constantemente igual a \(e\) na parte do domínio considerada. Segue-se imediatamente que o limite vale \(e\).
Exercício 18 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=1. \]
Resolução
A base tende a \(+\infty\), enquanto o expoente tende a zero: estamos na forma \(\infty^0\). Fazemos \(y(x)=x^{1/x}\). Para \(x>0\),
\[ \ln y(x)=\frac{\ln x}{x}. \]
O logaritmo cresce mais lentamente do que a função potência \(x\); em símbolos, \(\ln x=o(x)\) quando \(x\to+\infty\). Logo,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]
Segue-se que \(\ln y(x)\to0\) e, aplicando a exponencial,
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=e^0=1. \]
Exercício 19 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{-\frac1{\sqrt{\ln x}}}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{-\frac1{\sqrt{\ln x}}}=0. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), a base tende a \(+\infty\), enquanto \(\ln x\to+\infty\) e, portanto, o expoente \(\displaystyle-\frac1{\sqrt{\ln x}}\) tende a zero. O limite apresenta a forma \(\infty^0\).
Fazemos \(y(x)=x^{-1/\sqrt{\ln x}}\). Para \(x>1\), a função é positiva e podemos escrever
\[ \ln y(x)=-\frac1{\sqrt{\ln x}}\ln x=-\sqrt{\ln x}. \]
Uma vez que \(\ln x\to+\infty\), também \(\sqrt{\ln x}\to+\infty\). Consequentemente,
\[ \ln y(x)\to-\infty. \]
Aplicando a exponencial, obtemos
\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e^{-\sqrt{\ln x}}\to0. \]
Este exercício mostra que uma forma \(\infty^0\) não conduz necessariamente a \(1\): o resultado depende do produto entre o expoente e o logaritmo da base.
Exercício 20 — nível ★★★★★
Sejam \(a,b\in\mathbb{R}\). Calcular o limite
\[ \lim_{x\to0}\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}=e^{a-b}. \]
Resolução
Quando \(x\to0\), tanto \(1+ax\) como \(1+bx\) tendem a \(1\), pelo que a base tende a \(1\). O expoente \(\displaystyle\frac1x\) tende a \(+\infty\) quando \(x\to0^+\) e a \(-\infty\) quando \(x\to0^-\). Assim, os limites à direita e à esquerda apresentam, respetivamente, as formas indeterminadas \(1^{+\infty}\) e \(1^{-\infty}\).
Para \(x\) suficientemente próximo de zero, ambos os fatores \(1+ax\) e \(1+bx\) são positivos; o seu quociente é, por conseguinte, também positivo. Fazemos
\[ y(x)=\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}. \]
Aplicando o logaritmo e utilizando a propriedade do logaritmo de um quociente, obtemos
\[ \ln y(x)=\frac1x\left[\ln(1+ax)-\ln(1+bx)\right]. \]
Separamos os dois termos:
\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+ax)}x-\frac{\ln(1+bx)}x. \]
Se \(a\neq0\), podemos escrever
\[ \frac{\ln(1+ax)}x=a\frac{\ln(1+ax)}{ax}\to a, \]
pois \(ax\to0\) e \(\displaystyle\frac{\ln(1+t)}t\to1\). Se \(a=0\), o termo é identicamente nulo e tende igualmente para \(a=0\). Com o mesmo raciocínio,
\[ \frac{\ln(1+bx)}x\to b. \]
Assim,
\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=a-b. \]
A função exponencial é contínua, pelo que
\[ \lim_{x\to0}y(x)=e^{a-b}. \]
A fórmula abrange também alguns casos particulares dignos de nota: se \(a=b\), a base é identicamente igual a \(1\) e o limite vale \(1=e^0\); se \(a>b\), o limite é maior do que \(1\); se \(a<b\), está compreendido entre \(0\) e \(1\).