Os exercícios propostos nesta página permitem aplicar de modo gradual os principais teoremas sobre operações com limites. Começaremos pelos casos em que o resultado pode ser obtido diretamente por meio dos teoremas da soma, do produto, do quociente, das potências, das raízes e da função composta.
Em seguida, abordaremos situações em que a substituição direta conduz a uma forma indeterminada. Nesses casos, não bastará deter-se na escrita simbólica \(\displaystyle\frac{0}{0}\), \(0\cdot\infty\) ou \(\infty-\infty\): será necessário transformar a expressão por meio de decomposições em fatores, simplificações, racionalizações ou divisões pela maior potência relevante da variável.
Uma atenção especial será dedicada ao domínio das funções e ao estudo do sinal. Com efeito, quando um denominador tende para zero, conhecer apenas o seu limite não é suficiente: para estabelecer se o quociente tende para \(+\infty\), para \(-\infty\) ou não admite limite, é necessário determinar o sinal do denominador à direita e à esquerda do ponto considerado.
Em cada exercício serão indicadas explicitamente as propriedades utilizadas e todas as passagens serão justificadas. Não se recorrerá à regra de L’Hôpital, aos desenvolvimentos de Taylor nem a quaisquer outros recursos desnecessários: todos os resultados serão obtidos aplicando exclusivamente os teoremas e as técnicas algébricas introduzidos na teoria.
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 expressão \(3x^2-5x+4\) é uma função polinomial. Como toda função polinomial é contínua em \(\mathbb{R}\), o seu limite num ponto finito calcula-se substituindo diretamente a variável pelo valor para o qual esta tende.
Podemos justificar a substituição também por meio dos teoremas sobre operações com limites. Com efeito, sabemos que
\[ \lim_{x\to 2}x=2. \]
Do teorema das potências segue-se
\[ \lim_{x\to 2}x^2=2^2=4. \]
Retirando do limite os fatores constantes, obtemos
\[ \lim_{x\to 2}3x^2=3\cdot 4=12 \]
e
\[ \lim_{x\to 2}(-5x)=-5\cdot 2=-10. \]
A função constante \(4\) tem limite igual a \(4\). Aplicando, por fim, o teorema da soma,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) &=3\cdot 2^2-5\cdot 2+4\\ &=12-10+4\\ &=6. \end{aligned} \]
Portanto, o limite pedido é
\[ 6. \]
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Sejam \(f\) e \(g\) duas funções tais que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Calcular
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right)=-9. \]
Resolução
Ambos os limites dados são finitos. Podemos, portanto, aplicar o teorema da soma e o teorema do produto de uma função por uma constante.
Do limite de \(f\) segue-se
\[ \lim_{x\to x_0}4f(x) = 4\lim_{x\to x_0}f(x) = 4\cdot(-2) = -8. \]
Analogamente,
\[ \lim_{x\to x_0}\bigl(-2g(x)\bigr) = -2\lim_{x\to x_0}g(x) = -2\cdot 3 = -6. \]
A função constante \(5\) tem limite igual a \(5\). Podemos, então, somar os três resultados:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right) &= 4(-2)-2(3)+5\\ &=-8-6+5\\ &=-9. \end{aligned} \]
O limite pedido é, portanto,
\[ -9. \]
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4)=75. \]
Resolução
A expressão é o produto de duas funções:
\[ (2x-3)^2 \qquad\text{e}\qquad x+4. \]
Calculemos separadamente os seus limites.
Uma vez que
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)=2(-1)-3=-5, \]
do teorema das potências segue-se
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2=(-5)^2=25. \]
Para o segundo fator,
\[ \lim_{x\to-1}(x+4)=-1+4=3. \]
Ambos os limites são finitos. Podemos, portanto, aplicar o teorema do produto:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4) &= \left(\lim_{x\to-1}(2x-3)^2\right) \left(\lim_{x\to-1}(x+4)\right)\\ &=25\cdot 3\\ &=75. \end{aligned} \]
Portanto,
\[ 75. \]
Exercício 4 — nível ★☆☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} = \frac{6}{7}. \]
Resolução
O numerador e o denominador são polinómios. Podemos, portanto, calcular separadamente os seus limites por substituição direta.
Para o numerador,
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+2x+3) = 1^2+2\cdot 1+3 = 6. \]
Para o denominador,
\[ \lim_{x\to 1}(2x+5) = 2\cdot 1+5 = 7. \]
O limite do denominador é diferente de zero:
\[ 7\neq 0. \]
A hipótese fundamental do teorema do quociente está, assim, satisfeita. Podemos escrever
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} &= \frac{\displaystyle\lim_{x\to 1}(x^2+2x+3)} {\displaystyle\lim_{x\to 1}(2x+5)}\\ &= \frac{6}{7}. \end{aligned} \]
O resultado é
\[ \frac{6}{7}. \]
Exercício 5 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|=1. \]
Resolução
Consideremos, antes de mais, a função contida no valor absoluto:
\[ f(x)=x^2-5. \]
Sendo um polinómio, o seu limite calcula-se por substituição direta:
\[ \lim_{x\to 2}(x^2-5)=2^2-5=4-5=-1. \]
O teorema do limite do valor absoluto estabelece que, se \(f(x)\to L\), então
\[ |f(x)|\to |L|. \]
No nosso caso, \(L=-1\). Portanto,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = |-1| = 1. \]
Podemos também verificar o resultado por meio do princípio da conservação do sinal. Uma vez que \(x^2-5\to-1<0\), a função \(x^2-5\) é negativa para todo \(x\) suficientemente próximo de \(2\). Nessa vizinhança,
\[ |x^2-5|=-(x^2-5)=5-x^2. \]
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = \lim_{x\to 2}(5-x^2) = 5-4 = 1. \]
O limite pedido é, pois,
\[ 1. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite à direita
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}=0. \]
Resolução
Antes de aplicar os teoremas sobre limites, devemos verificar o domínio da raiz quadrada. É necessário que
\[ x(1+x)\geq 0. \]
Para \(x\) positivo e suficientemente próximo de \(0\), ambos os fatores \(x\) e \(1+x\) são positivos. A expressão sob a raiz é, portanto, não negativa, e a função está definida.
Calculemos agora o limite do radicando. Quando \(x\to 0^+\),
\[ x\to 0 \qquad\text{e}\qquad 1+x\to 1. \]
Aplicando o teorema do produto,
\[ x(1+x)\to 0\cdot 1=0. \]
A função raiz quadrada é contínua em \(0\) no seu domínio. Podemos, portanto, fazer passar o limite através da raiz:
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)} = \sqrt{\lim_{x\to 0^+}x(1+x)} = \sqrt{0} = 0. \]
Portanto,
\[ 0. \]
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}=-1. \]
Resolução
A raiz cúbica tem índice ímpar e está, por isso, definida para qualquer número real. Não é necessário impor qualquer condição de não negatividade ao radicando.
Calculemos o limite da expressão interna:
\[ \lim_{x\to-3}(2x+5) = 2(-3)+5 = -6+5 = -1. \]
A função
\[ \varphi(t)=\sqrt[3]{t} \]
é contínua em \(\mathbb{R}\). Podemos, portanto, aplicar o teorema da função composta:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5} &= \sqrt[3]{\lim_{x\to-3}(2x+5)}\\ &= \sqrt[3]{-1}\\ &=-1. \end{aligned} \]
O resultado é
\[ -1. \]
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right)=\cos(1). \]
Resolução
A expressão é uma função composta. A função interna é
\[ f(x)=\frac{x^2+1}{x+1}, \]
ao passo que a função externa é
\[ \varphi(t)=\cos(t). \]
Calculemos, antes de mais, o limite da função interna.
O numerador tende para
\[ \lim_{x\to 0}(x^2+1)=0^2+1=1. \]
O denominador tende para
\[ \lim_{x\to 0}(x+1)=1. \]
Uma vez que o limite do denominador é diferente de zero, podemos aplicar o teorema do quociente:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} = \frac{1}{1} = 1. \]
A função cosseno é contínua em qualquer ponto real. Aplicando o teorema da função composta,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right) &= \cos\left( \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} \right)\\ &=\cos(1). \end{aligned} \]
Portanto, o limite pedido é
\[ \cos(1). \]
Exercício 9 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Resolução
Se substituirmos diretamente \(x=3\), o numerador e o denominador anulam-se ambos:
\[ \frac{3^2-9}{3-3} = \frac{0}{0}. \]
A expressão \(\displaystyle\frac{0}{0}\) é uma forma indeterminada. Não representa o valor do limite, mas indica apenas que o teorema do quociente não pode ser aplicado diretamente.
Devemos transformar a expressão. 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
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = x+3. \]
Esta simplificação é lícita no cálculo do limite, uma vez que se consideram valores de \(x\) próximos de \(3\), mas diferentes de \(3\).
As duas funções
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{e}\qquad x+3 \]
coincidem para todo \(x\neq 3\). Têm, portanto, o mesmo limite quando \(x\to 3\).
Obtemos
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3) = 3+3 = 6. \]
Portanto,
\[ 6. \]
Exercício 10 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} = \frac{3}{2}. \]
Resolução
A substituição direta fornece
\[ \frac{1^3-1}{1^2-1} = \frac{0}{0}. \]
Estamos, pois, perante uma forma indeterminada. Procuremos um fator comum entre o numerador e o denominador.
O numerador é uma diferença de cubos:
\[ x^3-1^3=(x-1)(x^2+x+1). \]
O denominador é uma diferença de quadrados:
\[ x^2-1^2=(x-1)(x+1). \]
Para \(x\neq 1\), podemos então simplificar o fator \(x-1\):
\[ \begin{aligned} \frac{x^3-1}{x^2-1} &= \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+1)}\\ &= \frac{x^2+x+1}{x+1}. \end{aligned} \]
Na nova expressão, o denominador tende para
\[ 1+1=2\neq 0. \]
Podemos, portanto, aplicar o teorema do quociente:
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} &= \lim_{x\to 1}\frac{x^2+x+1}{x+1}\\ &= \frac{1^2+1+1}{1+1}\\ &= \frac{3}{2}. \end{aligned} \]
O resultado é
\[ \frac{3}{2}. \]
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \frac{1}{2}. \]
Resolução
Para \(x\) suficientemente próximo de \(0\), tem-se \(1+x>0\), pelo que a raiz quadrada está definida.
Substituindo diretamente \(x=0\), obtemos
\[ \frac{\sqrt{1+0}-1}{0} = \frac{1-1}{0} = \frac{0}{0}. \]
A forma é indeterminada. A presença de uma diferença que contém uma raiz quadrada sugere racionalizar o numerador.
Multipliquemos o numerador e o denominador pela expressão conjugada \(\sqrt{1+x}+1\):
\[ \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \cdot \frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}. \]
No numerador, utilizamos o produto da soma pela diferença:
\[ \bigl(\sqrt{1+x}-1\bigr)\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr) = (1+x)-1 = x. \]
Portanto, para \(x\neq 0\),
\[ \begin{aligned} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} &= \frac{x}{x\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr)}\\ &= \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}. \end{aligned} \]
A nova expressão já não apresenta qualquer forma indeterminada. Com efeito, o denominador tende para
\[ \sqrt{1+0}+1=2. \]
Aplicando o teorema do quociente,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1} = \frac{1}{2}. \]
Portanto,
\[ \frac{1}{2}. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Estudar o limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Portanto, o limite quando \(x\to 2\) não existe, nem sequer no conjunto dos números reais estendidos.
Resolução
O numerador tende para
\[ \lim_{x\to 2}(x+1)=3, \]
ao passo que o denominador tende para
\[ \lim_{x\to 2}(x-2)=0. \]
Não podemos aplicar o teorema do quociente, uma vez que o limite do denominador é zero.
Como o numerador tende para o número positivo \(3\), pelo princípio da conservação do sinal ele é positivo para todo \(x\) suficientemente próximo de \(2\).
O sinal do quociente depende, portanto, do sinal do denominador \(x-2\).
Consideremos, em primeiro lugar, o limite à esquerda. Quando \(x\to 2^-\), tem-se \(x<2\), logo
\[ x-2<0. \]
Além disso, o denominador aproxima-se de zero através de valores negativos:
\[ x-2\to 0^-. \]
O quociente entre uma quantidade positiva próxima de \(3\) e uma quantidade negativa de valor absoluto arbitrariamente pequeno assume valores negativos de valor absoluto arbitrariamente grande. Portanto,
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty. \]
Consideremos agora o limite à direita. Quando \(x\to 2^+\), tem-se \(x>2\), logo
\[ x-2>0 \]
e
\[ x-2\to 0^+. \]
O quociente entre uma quantidade positiva próxima de \(3\) e uma quantidade positiva que tende para zero torna-se arbitrariamente grande. Segue-se que
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Uma vez que o limite à esquerda e o limite à direita são diferentes, o limite bilateral não existe:
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}\text{ não existe}. \]
Exercício 13 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}=1. \]
Resolução
Quando \(x\to+\infty\), o primeiro fator tende para \(+\infty\):
\[ x\to+\infty. \]
O segundo fator, por sua vez, tende para zero:
\[ \frac{1}{x+1}\to 0. \]
O produto apresenta, portanto, a forma indeterminada
\[ \infty\cdot 0. \]
Não podemos concluir que o resultado seja zero ou infinito. Devemos transformar a expressão.
Escrevamos o produto como um único quociente:
\[ x\cdot\frac{1}{x+1} = \frac{x}{x+1}. \]
O numerador e o denominador tendem ambos para \(+\infty\), pelo que surge a forma indeterminada \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\).
Dividamos o numerador e o denominador por \(x\), que é diferente de zero para todo \(x\) suficientemente grande:
\[ \frac{x}{x+1} = \frac{\displaystyle\frac{x}{x}} {\displaystyle\frac{x+1}{x}} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Ora,
\[ \frac{1}{x}\to 0. \]
O denominador da nova expressão tende, portanto, para
\[ 1+0=1, \]
que é diferente de zero. Podemos aplicar o teorema do quociente:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{1} = 1. \]
Portanto,
\[ 1. \]
Exercício 14 — nível ★★★★☆
Calcular o 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 \(x\to+\infty\), temos
\[ x^2+4x\to+\infty, \]
e, portanto,
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty. \]
Também o segundo termo tende para \(+\infty\). A diferença apresenta, pois, a forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Para eliminar a diferença entre a raiz e \(x\), multipliquemos e dividamos pela expressão conjugada:
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
Obtemos
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{\bigl(\sqrt{x^2+4x}-x\bigr)\bigl(\sqrt{x^2+4x}+x\bigr)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
No numerador surge uma diferença de quadrados:
\[ \bigl(\sqrt{x^2+4x}\bigr)^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Portanto,
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Uma vez que \(x\to+\infty\), temos \(x>0\) para todo \(x\) suficientemente grande. Assim, \(\sqrt{x^2}=|x|=x\), e
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
Substituindo,
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+x}. \]
Extraiamos \(x\) como fator comum no denominador:
\[ \frac{4x}{x\left(\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1\right)} = \frac{4}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Uma vez que
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
segue-se que
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
O limite torna-se, assim,
\[ \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Portanto,
\[ 2. \]
Exercício 15 — nível ★★★★☆
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Resolução
O polinómio contém termos que, considerados separadamente, têm comportamentos distintos:
\[ -2x^5\to+\infty, \qquad 3x^2\to+\infty, \qquad -1\to-1. \]
O resultado pode ser determinado observando que o comportamento de um polinómio no infinito é governado pelo termo de maior grau.
O termo dominante é
\[ -2x^5. \]
Para tornar rigorosa a comparação, coloquemos \(x^5\) em evidência:
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Quando \(x\to-\infty\), a potência \(x^5\), tendo expoente ímpar, tende para \(-\infty\):
\[ x^5\to-\infty. \]
Além disso,
\[ \frac{3}{x^3}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^5}\to 0. \]
Portanto, o segundo fator tende para
\[ -2+0-0=-2. \]
Este limite é negativo e diferente de zero. Pelo princípio da conservação do sinal, o fator entre parênteses é negativo para todo \(x\) suficientemente negativo.
O produto é, assim, formado por uma quantidade negativa de valor absoluto arbitrariamente grande e por uma quantidade negativa próxima de \(-2\). O produto é positivo e torna-se arbitrariamente grande:
\[ (-\infty)\cdot(-2)=+\infty. \]
Esta escrita é apenas uma forma abreviada do correspondente resultado sobre limites. Concluímos que
\[ +\infty. \]
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0. \]
Resolução
O numerador é um polinómio de grau \(2\), ao passo que o denominador é um polinómio de grau \(4\).
Quando \(x\to+\infty\) e quando \(x\to-\infty\), tanto o numerador como o denominador tendem para \(+\infty\). A substituição simbólica produz, portanto, a forma indeterminada
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Uma vez que o grau do denominador é superior ao do numerador, é de esperar que o denominador cresça mais rapidamente e que o quociente tenda para zero.
Dividamos o numerador e o denominador por \(x^4\), a potência de maior grau presente no denominador:
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^4}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{x^4}{x^4}+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Simplificando as potências,
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x^2}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {1+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Quando \(x\to+\infty\) e quando \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^4}\to 0. \]
O numerador da nova fração tende, portanto, para
\[ 3\cdot 0-0=0, \]
ao passo que o denominador tende para
\[ 1+0=1. \]
Uma vez que o limite do denominador é diferente de zero, podemos aplicar o teorema do quociente:
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{0}{1} = 0. \]
Portanto, em ambas as direções,
\[ 0. \]
Exercício 17 — nível ★★★★★
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{1}{2}. \]
Resolução
O numerador e o denominador são polinómios do mesmo grau, nomeadamente de grau \(3\).
Quando \(x\to-\infty\),
\[ 2x^3-x+1\to-\infty \]
e
\[ 4x^3+5\to-\infty. \]
O quociente apresenta, portanto, a forma indeterminada
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Dividamos todos os termos por \(x^3\), a potência correspondente ao grau máximo:
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{x}{x^3} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {\displaystyle\frac{4x^3}{x^3} +\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
Simplificando,
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2-\displaystyle\frac{1}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {4+\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
Quando \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
O numerador tende, portanto, para
\[ 2-0+0=2, \]
ao passo que o denominador tende para
\[ 4+0=4. \]
O limite do denominador é diferente de zero. Aplicando o teorema do quociente,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}. \]
O resultado coincide com o quociente entre os coeficientes dos termos de maior grau:
\[ \frac{2}{4}=\frac{1}{2}. \]
Portanto,
\[ \frac{1}{2}. \]
Exercício 18 — nível ★★★★★
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3} = -\infty. \]
Resolução
O numerador é um polinómio de grau \(4\), ao passo que o denominador é um polinómio de grau \(2\).
Quando \(x\to-\infty\), ambas as potências \(x^4\) e \(x^2\) tendem para \(+\infty\). Daqui se segue
\[ x^4+1\to+\infty \]
e
\[ -2x^2+3\to-\infty. \]
Para determinar rigorosamente o comportamento do quociente, dividamos o numerador e o denominador por \(x^2\):
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{x^4}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{-2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Simplificando,
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {-2+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Quando \(x\to-\infty\),
\[ x^2\to+\infty \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
O numerador tende, portanto, para \(+\infty\):
\[ x^2+\frac{1}{x^2}\to+\infty. \]
O denominador, por sua vez, tende para o número negativo
\[ -2+0=-2. \]
Pelo princípio da conservação do sinal, o denominador é negativo e mantém-se afastado de zero para todo \(x\) suficientemente negativo.
Dividindo uma quantidade positiva arbitrariamente grande por uma quantidade negativa próxima de \(-2\), obtém-se uma quantidade negativa de valor absoluto arbitrariamente grande.
Portanto,
\[ -\infty. \]
Exercício 19 — nível ★★★★★
Calcular o limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
Resolução
A função está definida para \(x>0\) e \(x\neq 1\), pois o logaritmo natural exige \(x>0\) e o denominador do expoente não pode ser igual a zero.
Quando \(x\to+\infty\), a base tende para \(+\infty\):
\[ x\to+\infty. \]
Uma vez que
\[ \ln(x)\to+\infty, \]
o expoente tende para zero:
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to 0. \]
A potência apresenta, portanto, a forma indeterminada
\[ \infty^0. \]
Não devemos, porém, tentar atribuir um valor à forma simbólica em si mesma. Neste caso, a expressão pode ser simplificada de modo exato, utilizando a relação entre a função exponencial e o logaritmo natural.
Para todo \(x>0\),
\[ x=e^{\ln(x)}. \]
Portanto, para \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}} = \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Aplicando a propriedade \((a^b)^c=a^{bc}\), lícita neste caso porque a base \(e\) é positiva, obtemos
\[ \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}} = e^{\ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Uma vez que \(x\neq 1\), resulta \(\ln(x)\neq 0\), logo
\[ \ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}=1. \]
Daqui se segue que, para todo \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
A função é, portanto, constante e igual a \(e\) em todo o intervalo \((1,+\infty)\). O seu limite é, por conseguinte,
\[ e. \]
Exercício 20 — nível ★★★★★
Estudar o limite
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = -\infty, \]
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = +\infty. \]
Portanto, o limite quando \(x\to 1\) não existe, nem sequer no conjunto dos números reais estendidos.
Resolução
Substituindo diretamente \(x=1\), o numerador e o denominador tendem ambos para zero:
\[ (x-1)^2(x+2)\to 0 \]
e
\[ (x-1)^3(2-x)\to 0. \]
A forma inicial é, portanto,
\[ \frac{0}{0}. \]
O fator \(x-1\) aparece tanto no numerador como no denominador, mas com multiplicidades distintas. No numerador tem expoente \(2\), ao passo que no denominador tem expoente \(3\).
Para \(x\neq 1\), podemos simplificar o fator comum \((x-1)^2\):
\[ \begin{aligned} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} &= \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^2(x-1)(2-x)}\\ &= \frac{x+2}{(x-1)(2-x)}. \end{aligned} \]
Após a simplificação, resta um fator \(x-1\) no denominador. Isto indica que o valor absoluto do quociente tenderá para \(+\infty\), mas, para determinar o sinal do quociente, devemos estudar separadamente os fatores.
Quando \(x\to 1\),
\[ x+2\to 3. \]
Uma vez que \(3>0\), pelo princípio da conservação do sinal o fator \(x+2\) é positivo numa vizinhança adequada de \(1\).
Além disso,
\[ 2-x\to 1. \]
Também este limite é positivo, pelo que \(2-x\) é positivo para todo \(x\) suficientemente próximo de \(1\).
O único fator que muda de sinal ao atravessar \(x=1\) é, portanto, \(x-1\).
Consideremos o limite à esquerda. Se \(x\to 1^-\), então \(x<1\), pelo que
\[ x-1<0 \]
e
\[ x-1\to 0^-. \]
O numerador \(x+2\) é positivo. No denominador, o fator \(x-1\) é negativo, ao passo que o fator \(2-x\) é positivo. O denominador é, portanto, negativo e tende para zero.
Segue-se que
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = -\infty. \]
Consideremos agora o limite à direita. Se \(x\to 1^+\), então \(x>1\), pelo que
\[ x-1>0 \]
e
\[ x-1\to 0^+. \]
Todos os fatores \(x+2\), \(x-1\) e \(2-x\) são positivos para \(x\) suficientemente próximo de \(1\) pela direita. O denominador tende para zero através de valores positivos.
Portanto,
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = +\infty. \]
Os dois limites laterais são diferentes:
\[ -\infty\neq+\infty. \]
Consequentemente,
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} \text{ não existe}. \]