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Limites e suas propriedades.
Lista 3a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento.
Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido.
Somente conclusões nais não serão aceitas.
1. Determinar limite pela denição ou mostrar que ele não existe:
a) lim
x→−1
(1 − 4x2
) ;
b) lim
x→2
3
1+x
;
c) lim
x→0
H(x), H(x) =
{
0, x  0
1, x ≥ 0
é a função de Heaviside.
Solução.
a) Primeiro, para ter uma idéia preliminar sobre tendência da função 1−4x2
quando x aproxima
de −1, podemos calcular vários valores especícos e observar que a função tende a −3. Com essa
suposição intuitiva, vamos tentar mostrar, pela denição, que realmente lim
x→−1
(1 − 4x2
) = −3. Para
isso, precisamos especicar a denição do limite nesse caso: para qualquer ε  0 deve existir δ  0
tal que da desigualdade 0  |x + 1|  δ segue que |1 − 4x2
|  ε. O problema principal é mostrar
que a última desigualdade para os valores da função (desigualdade principal) está satisfeita para
todos x bastante próximos de −1. Para vericar a desigualdade principal é necessário transforma-la
a forma que contém fator |x + 1|, porque somente esse módulo podemos tornar tal pequeno como
queremos. Então representamos: |(1 − 4x2
) − (−3)| = |4 − 4x2
| = 4|x + 1| · |x − 1|  4δ · |x − 1|.
Vamos avaliar o último fator: |x − 1| = |x + 1 − 2| ≤ |x + 1| + 2  δ + 2 ≤ 3, desde que δ ≤ 1 (o que
podemos garantir, porque δ ca a nossa escolha). Logo, |(1 − 4x2
) − (−3)|  4δ · |x − 1|  12δ = ε.
Resumindo, se para qualquer ε  0 escolhemos δ = min{1, ε
12
}, então garantimos que para todos x
tais que 0  |x + 1|  δ segue que |(1 − 4x2
) − (−3)|  12δ ≤ ε. Assim, a denição do limite está
satisfeita.
b) De novo, começamos calculando alguns valores da função quando x ca perto de 2 e detec-
tamos a aproximação da função de 1. Fazendo essa observação, tentamos mostrar, pela denição,
que realmente lim
x→2
3
1+x
= 1, isto é, para qualquer ε  0 deve existir δ  0 tal que da desigualdade
0  |x − 2|  δ segue que | 3
1+x
− 1|  ε. Para vericar a desigualdade principal (a última) é preciso
transforma-la a forma que contém fator |x − 2|: | 3
1+x
− 1| = |2−x
1+x
| = |x−2|
|1+x|
 δ
|1+x|
. Pensando que
sempre tomamos δ ≤ 1, garantimos que x  1 e então |1 + x|  2. Logo, | 3
1+x
− 1|  δ
|1+x|
 δ
2
= ε.
Resumindo, para qualquer ε  0, escolhendo δ = min{1, 2ε} garantimos que para todos x tais que
0  |x − 2|  δ segue que | 3
1+x
− 1|  δ
2
≤ ε. Assim, a denição do limite está satisfeita.
c) A própria denição da função mostra que à esquerda e à direita do ponto 0 a função H(x)
tem tendências diferentes: quando x  0, a função mantem o mesmo valor 0 e então tende a esse
número, mas quando x  0, a função é igual a outra constante, 1, e então converge a essa constante.
Assim, não tem uma tendência única quando x aproxima da origem, o que signica que não existe
limite no ponto 0. Vamos formalizar isso analiticamente, construindo, primeiro, a formulação geral
de que uma função não tem limite num ponto escolhido e depois provando que isso é o caso da
função H(x) na origem. Partindo da denição do limite, podemos dizer que não existe limite de
f(x) quando x tende a a se: para qualquer constante A existe um valor de εA  0 tal que qualquer
que for δ  0 escolhido, entre os valores x que satisfazem a desigualdade 0  |x − a|  δ existe
pelo menos um xA tal que |f(xA) − A|  εA. Então, no caso especíco de lim
x→0
H(x), faremos três
tentativas de escolher o valor do limite: A = 0, A = 1 e A  qualquer número diferente de 0 e 1.
Se A = 0, então tomando εA = 1
2
, garantimos que em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos
positivos x  0 nos quais |H(x) − A| = 1 − 0  εA = 1
2
, o que signica que A = 0 não é limite
de H(x). Caso A = 1, escolhemos o mesmo εA = 1
2
e observamos que em qualquer δ-vizinhança de
x = 0 tem pontos x  0 nos quais |H(x) − A| = |0 − 1| = 1  εA = 1
2
, o que mostra que A = 1
também não é limite de H(x). Finalmente, tomamos qualquer A ̸= 0, 1. Nesse caso, calculamos
2
distância de A até 0 e denimos εA igual a metade dessa distância: εA = |A|
2
. Então, em qualquer
δ-vizinhança de x = 0 tem pontos x  0 nos quais |H(x) − A| = |0 − A| = |A|  εA = |A|
2
, isto
é, qualquer A ̸= 0, 1 também não é limite de H(x). Esgotando todas as possibilidades, concluímos
que H(x) não tem limite em x = 0.
2. Calcular usando propriedades de limites:
a) lim
x→−1
(1 − 4x2
) ;
b) lim
x→2
3
1+x
;
c) lim
x→0
x sin 1
x
.
Solução.
a) Vamos aplicar propriedades aritméticas dos limites, supondo, no primeiro instante, que as
condições da sua validade estão satisfeitas e, posteriormente, mostrando que essas condições re-
almente estão válidas. Aplicando passo a passo as propriedades, primeiro, usamos a propriedade
da diferenças, depois do produto e depois mais uma vez do produto: lim
x→−1
(1 − 4x2
) =
=
i1
lim
x→−1
1 −
lim
x→−1
4x2
=
=
i2
lim
x→−1
1− lim
x→−1
4· lim
x→−1
x2
=
=
i3
lim
x→−1
1− lim
x→−1
4· lim
x→−1
x· lim
x→−1
x. Agora usamos os resultados
dos limites triviais e obtemos: lim
x→−1
(1 − 4x2
) = 1 − 4 · (−1) · (−1) = −3. Notamos que, na prática,
várias propriedades são aplicadas simultaneamente e os limites triviais são usados imediatamente.
Voltamos agora a justicar as passagens realizadas seguindo o caminho oposto: 1) como lim
x→−1
x
existe, então lim
x→−1
x2
também existe e é igual ao produto dos dois limites, assim a passagem i3 está
justicada; 2) como lim
x→−1
x2
e lim
x→−1
4 existem, então lim
x→−1
4x2
também existe e é igual ao produto dos
dois limites, assim a passagem i2 é válida; 3) como lim
x→−1
4x2
e lim
x→−1
1 existem, então lim
x→−1
(1 − 4x2
)
também existe e é igual à diferença dos dois limites, assim a passagem i1 é válida.
b) Vamos aplicar propriedades aritméticas dos limites, supondo, no primeiro instante, que as
condições da sua validade estão satisfeitas e, posteriormente, mostrando que essas condições re-
almente estão válidas. Aplicando passo a passo as propriedades, primeiro, usamos a propriedade
da quociente e depois da soma: lim
x→2
3
1+x
=
=
i1
lim
x→2
3
lim
x→2
(1+x)
=
=
i2
lim
x→2
3
lim
x→2
1+ lim
x→2
x
. Agora usamos os resultados dos
limites triviais e obtemos: lim
x→2
3
1+x
= 3
1+2
= 1. Depois de terminar o cálculo, vamos validar as
passagens realizadas formalmente seguindo o caminho oposto: 1) como lim
x→2
x e lim
x→2
1 existem, então
lim
x→2
(1 + x) também existe e é igual à soma dos dois limites, assim a passagem i2 está justicada; 2)
como lim
x→2
3 e lim
x→2
(1 + x) existem, e o últmio é diferente de 0, então lim
x→2
3
1+x
também existe e é igual
à quocientes dos dois limites, assim a passagem i1 é válida.
c) O limite lim
x→0
x existe e é trivial, mas o limite lim
x→0
sin 1
x
não existe (mostramos isso no próximo
exercício, usando os limites parciais, o que é o jeito mais simples), portanto não podemos aplicar
a regra do produto. No entanto, mesmo com toda a complicação devido ao comportamento da
função sin 1
x
perto de 0, o limite original pode ser calculado de modo simples usando o teorema
do confronto e a propriedade do módulo. Realmente, para a função dentro do limite temos a
avaliação 0 ≤ |x sin 1
x
| ≤ |x|, ∀x ̸= 0. Como lim
x→0
0 = lim
x→0
|x| = 0, então, pelo teorema do confronto,
lim
x→0
|x sin 1
x
| = 0. Logo, pela propriedade do módulo, lim
x→0
x sin 1
x
= 0.
3. Calcular limite ou demonstrar que ele não existe usando limites parciais:
a) lim
x→0
H(x), H(x) é a função de Heaviside;
b) lim
x→0
xH(x);
c) lim
x→0
sin 1
x
.
Solução.
a) Embora no exercício 1 já foi demonstrado, pela denição, que lim
x→0
H(x) não existe, aqui vamos
3
provar isso de novo usando os limites laterais, o que é a técnica mais simples nesse caso. Realmente,
para limite à esquerda temos (pela denição): para qualquer ε  0 existe δ  0 (podemos tomar
qualquer δ) tal que da desigualdade −δ  x  0 segue que |H(x) − 0| = |0 − 0|  ε, ou seja
lim
x→0−
H(x) = 0. De maneira semelhante, para limite à direita temos (pela denição): para qualquer
ε  0 existe δ  0 (podemos tomar qualquer δ) tal que da desigualdade 0  x  δ segue que
|H(x) − 1| = |1 − 1|  ε, ou seja lim
x→0+
H(x) = 1. Assim, ambos os limites laterais existem, mas são
diferentes, o que signica que o limite geral não existe. (Aproveitamos esse exercício para treinar o
uso da denição de limite lateral, mas a resolução mais rápida do exemplo é feita via aplicação da
propriedade do limite de uma constante: lim
x→0−
H(x) = lim
x→0−
0 = 0 ̸= 1 = lim
x→0+
1 = lim
x→0+
H(x).)
b) Para ver melhor o comportamento da função xH(x) vamos especicar suas duas sentenças:
xH(x) =
{
0, x  0
x, x ≥ 0
. Logo, calculando o limite à esquerda temos lim
x→0−
xH(x) = lim
x→0−
0 = 0 e para
o limite à direita obtemos o mesmo resultado lim
x→0+
xH(x) = lim
x→0+
x = 0. Logo, da relação entre
limites laterais e limite geral, segue que limite geral existe e é igual a 0.
c) Observamos, primeiro, que o argumento t = 1
x
da função seno tende a innito (positivo ou
negativo) quando x tende a 0, e a função sin t repete todos os seus valores (contidos entre −1 e 1)
innitamente devido a sua periodicidade, o que quer dizer que a função seno não exibe nenhuma
tendência geral com aumento do seu argumento sem restrição. Isso já traz uma idéia que o limite de
sin 1
x
não existe na origem. Conrmamos isso rigorosamente, escolhendo dois caminhos diferentes
de aproximação de x da origem, isto é, montando dois limites parciais diferentes. Para primeiro
limite parcial escolhemos xk = 1
kπ
, k ∈ N. Obviamente, xk →
k→+∞
0, isto é, usamos um dos caminhos
de aproximação de 0. Para esses xk temos o seguinte limite parcial: lim
xk→0
sin 1
xk
= lim
k→+∞
sin kπ =
lim
k→+∞
0 = 0. Para segundo limite parcial tomamos os valores xn = 2
π+4nπ
, n ∈ N. De novo,
xn →
n→+∞
0, isto é, usamos um outro caminho de aproximação de 0. Nesse caminho de xn temos o
seguinte limite parcial: lim
xn→0
sin 1
xn
= lim
n→+∞
sin(π
2
+ 2nπ) = lim
n→+∞
1 = 1. Como os limites parciais
são diferentes, então o limite geral não existe.
4. Calcular limites no innito e encontrar assíntotas horizontais (se existirem):
a) lim
x→±∞
xH(x) ;
b) lim
x→±∞
ex
;
c) lim
x→±∞
sin x
x
;
d) lim
x→±∞
x|x|
1+x2 ;
e) lim
x→+∞
ln x
x
.
Solução.
a) Para o limite lim
x→−∞
xH(x) basta considerar os valores negativos de x, para os quais, pela
denição, xH(x) = 0. Logo, lim
x→−∞
xH(x) = lim
x→−∞
0 = 0 e então y = 0 é a assíntota horizontal de
xH(x).
Para lim
x→+∞
xH(x) consideramos só os valores positivos de x e temos então xH(x) = x. Logo,
lim
x→+∞
xH(x) = lim
x→+∞
x = +∞.
b) Calculando alguns valores de ex
quando x é negativo e bastante grande por módulo, podemos
observar que a função tende a 0. Analiticamente, temos que provar que para qualquer ε  0 existe
D  0 tal que da desigualdade x  −D segue que |ex
|  ε. Levando em conta que ex
 0, ∀x,
a última desigualdade (a principal) podemos reescrever na forma ex
 ε ou, isolando x, x  ln ε.
Se ε ≥ 1, então podemos tomar qualquer D  0 e se ε  1, então escolhemos D = − ln ε. Assim,
qualquer que for ε  0, escolhendo D = max{1, − ln ε} garantimos que para todos x  −D segue
4
que ex
 ε. Assim, lim
x→−∞
ex
= 0 e y = 0 é a assíntota horizontal.
No caso quando x → +∞, os valores da função indicam que lim
x→+∞
ex
= +∞. Realmente,
restringindo-se pelos valores positivos, temos a desigualdade ex
 x, ∀x  0 que pode ser de-
duzida da seguinte cadeia de desigualdades ex
≥ e[x]
= en
≥ n + 1  x (a primeira segue das
propriedades da exponencial, porque x ≥ [x], onde [x] = n é a parte inteira de x, a segunda tem
demonstração elementar via indução matemática, e a terceira é a consequência imediata da denição
da parte inteira n = [x]). Então, para qualquer E  0 escolhendo D = E, garantimos que ex
 E
para todos x  D = E, ou seja, lim
x→+∞
ex
= +∞.
c) A consideração dos dois limites lim
x→±∞
sin x
x
segue a mesma linha de raciocínio, portanto, vamos
considerar somente o caso quando x → +∞. Para demonstrar que limite existe e é igual a 0, é mais
simples aplicar o teorema do confronto e a propriedade do módulo. Para qualquer x ̸= 0 temos
0 ≤ |sin x
x
| ≤ 1
|x|
. Como lim
x→+∞
0 = lim
x→+∞
1
|x|
= 0, então, pelo teorema do confronto, lim
x→+∞
|sin x
x
| = 0
e, pela propriedade do módulo, lim
x→+∞
sin x
x
= 0. Para o segundo limite temos o mesmo resultado:
lim
x→−∞
sin x
x
= 0. Consequentemente, y = 0 é a assíntota horizontal ao gráco da função.
d) O limite lim
x→+∞
x|x|
1+x2 é igual a lim
x→+∞
x2
1+x2 . O limite do numerador e denominador são innitos,
portanto não tem como aplicar regras aritméticas diretamente. No entanto, dividindo numerador e
denominador por x2
, obtemos a forma equivalente lim
x→+∞
1
1+ 1
x2
onde podemos usar as regras aritmé-
ticas e calcular o limite de modo simples: lim
x→+∞
1
1+ 1
x2
= 1
1+ lim
x→+∞
1
x2
= 1
1+0
= 1. Da mesma maneira,
para tendência x → −∞, temos lim
x→−∞
x|x|
1+x2 = lim
x→−∞
−x2
1+x2 = lim
x→−∞
−1
1+ 1
x2
= −1
1+ lim
x→−∞
1
x2
= −1
1+0
= −1.
Assim, ambos os limites no innito existem e determinam duas assíntotas horizontais y = 1 e
y = −1.
e) Notamos, que tanto numerador como denominador tendem a +∞ quando x → +∞. No caso
do denominador x isso é óbvio, mas para o numerador ln x temos que vericar que, pela denição,
para qualquer E  0 existe D  0 tal que para todos x  D segue que ln x  E. Reescrevendo a
desigualdade principal na forma equivalente x  eE
, imediatamente percebemos que pode ser usado
D = eE
para satisfazer a denição do limite. Devido aos dois limites innitos, a aplicação direta
das regras aritméticas é impossível. Como vamos ver posteriormente, esse limite é simples calcular
usando a regra de L'Hospital, mas isso exige o uso das derivadas. Sem essa opção no momento,
vamos encontrar outro caminho de resolução. Primeiro, observamos que da desigualdade ex
 x,
∀x  0 (explicada no exercício b) ) segue imediatamente que x  ln x, ∀x  0. Segundo, usando
nova variável x = t2
temos lim
x→+∞
ln x
x
= lim
t→+∞
ln t2
t2 = lim
t→+∞
2
t
ln t
t
. No último limite, 0  ln t
t
 1,
enquanto lim
t→+∞
2
t
= 0 e, portanto, de acordo com o teorema do confronto, lim
t→+∞
2
t
ln t
t
= 0 o que
mostra que lim
x→+∞
ln x
x
= 0. Consequentemente, y = 0 é a assíntota horizontal da função ln x
x
.
5. Encontrar limites innitos e assíntotas verticais (se existirem):
a) f(x) = 1
x
;
b) f(x) = 1
1−x2 ;
c) f(x) = ln x ;
d) f(x) = x ln x .
Solução.
a) O limite do denominador é o limite básico lim
x→a
x = a. Em qualquer ponto-limite a ̸= 0 ele é
diferente de zero e, conforme regras aritméticas, o limite da quociente é igual à quociente dos limites
lim
x→a
1
x
= 1
a
. A existência do limite nito signica que não tem assíntotas verticais nos pontos x ̸= 0.
No ponto-limite a = 0 a situação é diferente, porque o limite do denominador se anula e as regras
aritméticas não são aplicáveis. Calculando alguns valores da função perto da origem, podemos supor
que à direita de 0 a função tende a +∞ e à esquerda  a −∞. Vamos vericar, pela denição, que
5
lim
x→0+
1
x
= +∞, isto é, vamos mostrar que para qualquer E  0 conseguimos achar δ  0 tal que
1
x
 E para todos 0  x  δ. Partindo da desigualdade principal 1
x
 E, reescrevemos ela na forma
equivalente x  1
E
, de onde segue que tomando δ = 1
E
satisfazemos a denição do limite. Da mesma
maneira pode ser demonstrado que lim
x→0−
1
x
= −∞. Logo, a função tem assíntota vertical x = 0.
Resta analisar a tendência no innito. De novo, vamos mostrar com detalhes somente a situação
quando x tende a +∞, porque a segunda opção é bem semelhante. Lembrando o gráco da função
f(x) = 1
x
ou calculando alguns valores para x bastante grandes, podemos ter a idéia que lim
x→+∞
1
x
= 0.
Mostraremos isso pela denição: para qualquer ε  0 temos que encontrar tal D  0 que |1
x
|  ε
para todos x  D. De fato, levando em conta que x  0, a desigualdade principal pode ser escrita
sem módulo 1
x
 ε ou, equivalentemente, na forma x  1
ε
. Isso mostra que podemos escolher D = 1
ε
para satisfazer a denição do limite. Da mesma maneira pode ser demonstrado que lim
x→−∞
1
x
= 0.
b) Pelas regras aritméticas dos limites, o limite do denominador em qualquer ponto-limite a ∈ R
é 1 − a2
: lim
x→a
(1 − x2
) = 1 − a2
. Se a ̸= ±1, então 1 − a2
̸= 0 e, portanto, podemos usar as regras
aritméticas para calcular o limite da função original: lim
x→a
1
1−x2 = 1
1−a2 . Como o limite é nito em
qualquer a ̸= ±1, não tem assíntotas verticais nesses pontos.
Entre os pontos nitos temos que considerar ainda os dois pontos-limite a = ±1. Vamos analisar
em detalhes só o comportamento no ponto a = 1, porque para a = −1 a situação é bem semelhante
(a função é par, isto é, simétrica em relação ao eixo Oy). Calculando alguns valores da função
perto de a = 1, podemos observar que à direita (quando x  1) a função tem tendência a −∞ e à
esquerda  a +∞. Vamos conferir isso rigorosamente. Seguindo a denição, para qualquer E  0
vamos encontrar δ  0 tal que 1
1−x2  −E para todos 1  x  1 + δ. Isso pode ser feito da seguinte
maneira. A desigualdade principal 1
1−x2  −E equivale a 1
x2−1
 E que, em sua vez, pode ser
reescrita como x2
− 1  1
E
ou x2
 1 + 1
E
. Levando em conta que x  0, a última desigualdade
equivale a x 
√
1 + 1
E
. Notamos que para 0  E ≤ 1 sempre podemos usar δ = 1
4
. Então vamos
focar nos valores E  1. Nesse caso, 1
E
= α  1 e é válida a seguinte avaliação
√
1 + α  1 + α
4
(ela segue da desigualdade (1 + α
4
)2
= 1 + α
2
+ α2
16
 1 + α
2
+ α
2
= 1 + α, 0  ∀α  1). Isso signica
que a desigualdade x  1 + 1
4E
garante que x 
√
1 + 1
E
que, em sua vez, equivale a 1
1−x2  −E.
Logo, escolhendo δ = min{1
4
, 1
4E
}, garantimos que de 1  x  1 + δ segue que 1
1−x2  −E, isto é,
lim
x→1+
1
1−x2 = −∞. Esse resultado já implica que x = 1 é a assíntota vertical ao gráco da função,
independente da situação com o limite à esquerda.
Seguindo o mesmo esquema, vamos agora demonstrar que lim
x→1−
1
1−x2 = +∞, isto é, para qualquer
E  0 vamos encontrar δ  0 tal que 1
1−x2  E quando 1 − δ  x  1. A desigualdade principal
1
1−x2  E equivale a x2
 1 − 1
E
, e a última, para x  0, se reduz a x 
√
1 − 1
E
. De novo,
focamos nos valores E  1 (uma vez que para 0  E ≤ 1 sempre podemos usar δ = 1). Nesse
caso, 1
E
= α  1 e é válida a seguinte avaliação
√
1 − α  1 − α
2
(ela segue da desigualdade
(1 − α
2
)2
= 1 − α + α2
4
 1 − α, 0  ∀α  1). Então, a desigualdade x  1 − 1
2E
garante que
x 
√
1 − 1
E
, e a última equivale a 1
1−x2  E. Logo, escolhendo δ = min{1, 1
2E
}, garantimos que a
desigualdade 1 − δ  x  1 implica em 1
1−x2  −E, isto é, a denição do limite +∞ está satisfeita.
Assim, à esquerda de x = 1 o gráco da função também aproxima da assíntota x = 1, nessa vez
pelos valores positivos.
Usando o mesmo raciocínio (ao apelando a paridade da função dada), podemos concluir que
lim
x→−1+
(1 − x2
) = +∞, lim
x→−1−
(1 − x2
) = −∞ e x = −1 é a segunda assíntota vertical.
Resta considerar os dois limites no innito. Elaboramos em detalhes o limite quando x → +∞,
porque a tendência a −∞ leva a uma situação semelhante. Intuitivamente (ou fazendo avaliações
numéricas) ca claro que lim
x→+∞
1
1−x2 = 0. Pela denição, temos que vericar que para qualquer
6
ε  0 existe D  0 tal que | 1
1−x2 |  ε para todos x  D. Levando em conta que basta considerar
x  1, reescrevemos a desigualdade principal na forma 1
x2−1
 ε e transformamos ela a desigualdade
equivalente x 
√
1 + 1
ε
. Usando a avaliação
√
1 + 1
ε
 1 + 1
ε
, escolhemos D = 1 + 1
ε
e garantimos
que a desigualdade x  D implica em 1
x2−1
 ε, isto é, a denição do limite está satisfeita. Para o
segundo limite no innito temos o mesmo resultado: lim
x→−∞
1
1−x2 = 0.
c) Em qualquer ponto-limite a  0 temos limite nito lim
x→a
ln x = ln a. A única opção restante
entre pontos nitos é o ponto-limite 0 ao qual x pode aproximar pela direita. Nesse ponto, as
avaliações numéricas mostram que lim
x→0+
ln x = −∞. Vamos provar que para qualquer E  0 existe
δ  0 tal que ln x  −E desde que 0  x  δ. Reescrevendo a desigualdade principal na forma
equivalente x  e−E
imediatamente vemos que podemos escolher δ = e−E
e, com isso, a denição
do limite −∞ está satisfeita. Conseuqentemente, a reta x = 0 é a assíntota vertical ao gráca da
função.
Finalmente, para o limite no innito temos lim
x→+∞
ln x = +∞ (veja exercício 4e). Assim, temos
mais um limite innito, mas ele não gera nenhuma assíntota vertical.
d) Em qualquer ponto-limite a  0 temos limites nitos lim
x→a
x = a e lim
x→a
ln x = ln a e, portanto,
de acordo com a regra do produto, lim
x→a
x ln x = a ln a, ∀a  0. A única opção ainda não vericada é
o ponto-limite 0 ao qual x pode aproximar pela direita. Nesse ponto temos lim
x→0+
x = 0 e lim
x→0+
ln x =
−∞ e, por isso, as regras aritméticas não se aplicam. Podemos calcular lim
x→0+
x ln x aproveitando o
resultado do exercício 4e). Realmente, introduzindo nova variável t = 1
x
→
x→0+
+∞, temos o seguinte:
lim
x→0+
x ln x = lim
t→+∞
1
t
ln 1
t
= lim
t→+∞
− ln t
t
= 0. Assim, limites em todos os possíveis pontos nitos
existem e são nitos, o que mostra que não tem limites innitos e, consequentemente, não tem
assíntotas verticais. Resta vericar o limite no innito lim
x→+∞
x ln x. Como os limites de x e ln x
são innitos: lim
x→+∞
x = +∞ e lim
x→+∞
ln x = +∞, podemos concluir que lim
x→+∞
x ln x = +∞. Então
temos um limite innito, mas só no innito, o que não gera uma assíntota vertical.
6. Resolver indeterminações 0
0
e ∞
∞
:
a) lim
x→1
x20−1
x10−1
;
b) lim
x→−2
x3+3x2+2x
x2−x−6
;
c) lim
x→8
√
1+3x−5
3
√
x−2
;
d) lim
x→−∞
x3+3x+5
2−6x2+4x3 ;
e) lim
x→+∞
√
2x6−3x+2
3
√
x10+3x5−4
.
Solução.
a) O limite lim
x→1
x20−1
x10−1
representa a indeterminação 0
0
. Para resolver, usamos a fórmula da diferença
de quadrados no numerador e cortamos aquele termo que gera indeterminação, o que possibilita
aplicar regras aritméticas no limite simplicado: lim
x→1
x20−1
x10−1
= lim
x→1
(x10−1)(x10+1)
x10−1
= lim
x→1
(x10
+ 1) = 2.
b) No limite lim
x→−2
x3+3x2+2x
x2−x−6
temos a indeterminação 0
0
. Como temos os polinômios em cima e
em baixo, então isso signica que x = −2 é a raiz de cada um deles e os dois podem ser fatorados
respectivamente, o que permite cortar o fator comum que gera indeterminação: lim
x→−2
x3+3x2+2x
x2−x−6
=
lim
x→−2
(x+2)x(x+1)
(x+2)(x−3
) = lim
x→−2
x(x+1)
x−3
. Vericamos que agora o denominador tem limite diferente de 0 e,
por isso, podemos aplicar as regras aritméticas para nalizar o cálculo: lim
x→−2
x(x+1)
x−3
= −2(−2+1)
−2−3
= −2
5
.
c) A indeterminação 0
0
do limite lim
x→8
√
1+3x−5
3
√
x−2
está relacionada com funções irracionais, mas isso
não impede utilizar o mesmo procedimento de destacar e cortar o fator que gera a indetermina-
7
ção. Para isso, usamos a fórmula da diferença de quadrados no numerador e da diferença de cu-
bos no denominador: lim
x→8
√
1+3x−5
3
√
x−2
= lim
x→8
(
√
1+3x−5)(
√
1+3x+5)(
3
√
x2+2 3
√
x+4)
(
√
1+3x+5)( 3
√
x−2)(
3
√
x2+2 3
√
x+4)
= lim
x→8
(3x−24)(
3
√
x2+2 3
√
x+4)
(
√
1+3x+5)(x−8)
=
lim
x→8
3(
3
√
x2+2 3
√
x+4)
√
1+3x+5
= 3( 3
√
64+2 3
√
8+4)
√
1+24+5
= 48
10
.
d) O limite lim
x→−∞
x3+3x+5
2−6x2+4x3 gera a indeterminação ∞
∞
. Para eliminar essa indeterminação, dividi-
mos numerador e denominador por potência maior x3
, e no limite obtido usamos regras aritméticas:
lim
x→−∞
x3+3x+5
2−6x2+4x3 = lim
x→−∞
1+ 3
x2 + 5
x3
2
x3 − 6
x
+4
= 1+0+0
0−0+4
= 1
4
.
e) No limite lim
x→+∞
√
2x6−3x+2
3
√
x10+3x5−4
a indeterminação ∞
∞
é gerada pelas funções irracionais. Mesmo
assim, a abordagem padrão de divisão em cima e em baixo da fração pela potência maior (que nesse
caso é x10/3
) funciona aqui também: lim
x→+∞
√
2x6−3x+2
3
√
x10+3x5−4
= lim
x→+∞
√
2
x2/3
− 3
x17/3
+ 2
x20/3
3
√
1+ 3
x5 − 4
x10
=
√
0−0+0
3
√
1+0−0
= 0.
7. Resolver indeterminações usando primeiro limite notável:
a) lim
x→0
sin 5x
2x
;
b) lim
x→π
cos x
2
π−x
;
c) lim
x→0
tan 5x sin2 3x
2x3+x4 .
Solução.
a) Obviamente o limite lim
x→0
sin 5x
2x
representa a indeterminação 0
0
e tem tudo a ver com o primeiro
limite notável. Transformar sin 5x em seno de outro argumento ca meio trabalhoso, especialmente
comparando com ajuste elementar que podemos fazer no denominador para obter a forma do pri-
meiro limite notável: lim
x→0
sin 5x
2x
= lim
x→0
sin 5x
5x
· 5
2
= 1 · 5
2
= 5
2
. Certamente, o mesmo resultado poderia
ser obtido fazendo a mudança explícita de váriável do limite t = 5x →
x→0
0.
b) Como o limite lim
x→π
cos x
2
π−x
tem a indeterminação 0
0
representada via quociente de função tri-
gonométrica e polinomial, então podemos esperar que esse limite é ligado com o primeiro limite
notável. De fato, fazendo a mudança de variável t = x − π →
x→π
0 e usando propriedades de funções
trigonométricas, obtemos lim
x→π
cos x
2
π−x
= lim
t→0
cos t+π
2
−t
= lim
t→0
− sin t
2
−t
= lim
t→0
sin t
2
t
2
· 1
2
= 1 · 1
2
= 1
2
.
c) No limite lim
x→0
tan 5x sin2 3x
2x3+x4 temos, qualitativamente, uma situação semelhante ao exercício b):
indeterminação 0
0
representada via quociente de função trigonométrica e polinomial, embora na
forma um pouco mais complexa. Faremos algumas transformações que permitem enxergar como
usar aqui o primeiro limite notável: lim
x→0
tan 5x sin2 3x
2x3+x4 = lim
x→0
1
cos 5x
· sin 5x
5x
· sin2 3x
(3x)2 · 5x·(3x)2
2x3+x4 = lim
x→0
1
cos 5x
·
lim
x→0
sin 5x
5x
· lim
x→0
(sin 3x
3x
)2
· lim
x→0
5·32
2+x
= 1
1
· 1 · 12
· 5·32
2+0
= 45
2
.
8. Resolver indeterminações usando segundo limite notável:
a) lim
x→+∞
(1 + 1
5x
)4x
;
b) lim
x→+∞
(x−2
x+1
)2x+3
;
c) lim
x→0
(1 + sin x)
1
2x .
Solução.
a) O limite lim
x→0
sin 5x
2x
representa a indeterminação 1∞
e a sua forma é semelhante a do segundo
limite notável. Para transformar o limite dado à forma do segundo limite, precisamos alterar a quo-
ciente da base, ou a expoente. Usualmente, é mais simples modicar a expoente, o que, nesse caso,
pode ser feito da seguinte maneira: lim
x→+∞
(1+ 1
5x
)4x
= lim
x→+∞
(
(1 + 1
5x
)5x
)4
5
=
(
lim
x→+∞
(1 + 1
5x
)5x
)4
5
=e
4
5 .
b) De novo temos a indeterminação 1∞
, embora na forma um pouco mais distante do segundo
limite notável. Para chegar ao segundo limite, precisamos representar a base na forma 1 + α, onde
8
α tende a 0 e alterar de modo correspondente a expoente. Isso pode ser realizado via seguin-
tes transformações: lim
x→+∞
(x−2
x+1
)2x+3
= lim
x→+∞
(1 − 3
x+1
)2x+3
= lim
x→+∞
(
(1 − 3
x+1
)−x+1
3
)− 3
x+1
·(2x+3)
=
(
lim
x→+∞
(1 − 3
x+1
)−x+1
3
) lim
x→+∞
−6x−9
x+1
=
(
lim
t→0
(1 + t)
1
t
) lim
x→+∞
−6−9/x
1+1/x
= e−6
(aqui t = − 3
x+1
→
x→+∞
0).
c) Mais uma vez temos a indeterminação 1∞
e podemos reduzi-la ao segundo limite notável, fa-
zendo as seguintes transformações: lim
x→0
(1+sin x)
1
2x = lim
x→0
(
(1 + sin x)
1
sin x
)sin x
2x
=
(
lim
x→0
(1 + sin x)
1
sin x
)lim
x→0
sin x
2x
=
(
lim
t→0
(1 + t)
1
t
)1
2
lim
x→0
sin x
x
= e
1
2 (aqui t = sin x →
x→0
0).
9. Resolver indeterminações diversas:
a) lim
x→+∞
(
√
x2 + 3x −
√
x2 − 5x) ;
b) lim
x→−π
6
(
√
3 − 2 cos x) cot(x + π
6
) ;
c) lim
x→+∞
( 3
√
x3 + 3x2 −
√
x2 − 2x);
d) lim
x→1
(x − 1)x−1
.
Solução.
a) Notamos, primeiro, que o limite representa a indeterminação ∞−∞ que usualmente é reduzida
a ∞
∞
ou 0
0
. Nesse caso, o problema principal consiste nas raízes e para tentar elimina-la, multiplica-
mos e dividimos por soma correspondente, com posterior uso da fórmula da diferença dos quadra-
dos: lim
x→+∞
(
√
x2 + 3x −
√
x2 − 5x) = lim
x→+∞
(
√
x2+3x−
√
x2−5x)(
√
x2+3x+
√
x2−5x)
√
x2+3x+
√
x2−5x
= lim
x→+∞
x2+3x−(x2−5x)
√
x2+3x+
√
x2−5x
=
lim
x→+∞
8x
√
x2+3x+
√
x2−5x
. O último limite tem indeterminação ∞
∞
que pode ser resolvida dividindo pela
maior potência (nesse caso é x): lim
x→+∞
8x
√
x2+3x+
√
x2−5x
= lim
x→+∞
8
√
1+ 3
x
+
√
1− 5
x
= 8
√
1+0+
√
1−0
= 4.
b) Primeiro, identicamos que o tipo de indeterminação é 0 · ∞. Como temos as funções tri-
gonométricas envolvidas, vamos tentar levar esse limite à forma do primeiro limite notável. Come-
çamos fazendo a mudança de variável t = x + π
6
→
x→−π
6
0 e obtemos o seguinte limite: lim
x→−π
6
(
√
3 −
2 cos x) cot(x + π
6
) = lim
t→0
(
√
3 − 2 cos(t − π
6
)) cot t. A expressão
√
3 − 2 cos(t − π
6
) transformamos
usando fórmulas trigonométrica:
√
3 − 2 cos(t − π
6
) = 2 cos π
6
− 2 cos(t − π
6
) = 4 sin t
2
sin(t
2
− π
6
)
(lembramos a fórmula cos α − cos β = −2 sin α+β
2
sin α−β
2
). No segundo fator, usamos a denição
do cotangente e a fórmula do seno do ângulo duplo: cot t = cos t
sin t
= cos t
2 sin t
2
cos t
2
. Juntando os dois
resultados, obtemos: (
√
3−2 cos(t− π
6
)) cot t = 4 sin t
2
sin(t
2
− π
6
) cos t
2 sin t
2
cos t
2
= 2 sin(t
2
− π
6
) cos t
cos t
2
. Nota-
mos que o denominador da última expressão tem limite diferente de 0 e, portanto, podemos aplicar
regras aritméticas: lim
t→0
(
√
3 − 2 cos(t − π
6
)) cot t = lim
t→0
2 sin(t
2
− π
6
) cos t
cos t
2
= 2 sin(−π
6
)cos 0
cos 0
= −1. Assim,
o limite foi calculado sem necessidade de usar o primeiro limite notável.
c) Obviamente, nesse limite temos a indeterminação ∞ − ∞ e o problema é gerado pelas raí-
zes, as quais não tem como juntar para eliminar indeterminação. Como as raízes são de ordem
diferente não tem uma fórmula simples para abrir as duas. Portanto, vamos separar o problema
para cada raiz, usando a seguinte representação: 3
√
x3 + 3x2 −
√
x2 − 2x = ( 3
√
x3 + 3x2 − x) +
(x −
√
x2 − 2x). Vamos calcular limite de cada diferença separadamente e depois juntamos os
resultados. Para a primeira, usamos a fórmula de diferença de cubos lim
x→+∞
( 3
√
x3 + 3x2 − x) =
lim
x→+∞
( 3
√
x3+3x2−x)( 3
√
(x3+3x2)2+x 3
√
x3+3x2+x2)
3
√
(x3+3x2)2+x 3
√
x3+3x2+x2
= lim
x→+∞
x3+3x2−x3
3
√
(x3+3x2)2+x 3
√
x3+3x2+x2
= lim
x→+∞
3x2
3
√
(x3+3x2)2+x 3
√
x3+3x2+x2
=
lim
x→+∞
3
3
√
(1+ 3
x
)2+ 3
√
1+ 3
x
+1
= 3
3
√
(1+0)2+ 3
√
1+0+1
= 1. Na segunda, usamos a diferença de quadrados:
lim
x→+∞
(x−
√
x2 − 2x) = lim
x→+∞
(x−
√
x2−2x)(x+
√
x2−2x)
x+
√
x2−2x
= lim
x→+∞
x2−(x2−2x)
x+
√
x2−2x
= lim
x→+∞
2x
x+
√
x2−2x
= lim
x→+∞
2
1+
√
1− 2
x
=
2
1+
√
1−0
= 1. Portanto, lim
x→+∞
( 3
√
x3 + 3x2 −
√
x2 − 2x) = 1 + 1 = 2.
9
d) Temos a indeterminação 00
que muitas vezes é resolvida aplicando logaritmo a expressão
original, o que transforma expoente num produto. Para (x − 1)x−1
, aplicação do logaritmo vai
dar ln(x − 1)x−1
= (x − 1) ln(x − 1). Agora tentamos resolver indeterminação 0 · ∞ no limite
lim
x→1
(x − 1) ln(x − 1). Fazendo substituição da variável t = x − 1, levamos esse limite àquele que foi
resolvido no exercício 5c: lim
x→1
(x − 1) ln(x − 1) = lim
t→0
t ln t = 0. Voltando a função original, temos
(x − 1)x−1
= eln(x−1)x−1
e, pela propriedade do limite de expoente, encontramos o limite original:
lim
x→1
(x − 1)x−1
= e
lim
x→1
(x−1) ln(x−1)
= e0
= 1.
Veja também vários exercícios resolvidos no texto Limites.pdf.
Exercícios do livro Stewart J., Cálculo, Vol.1, tradução da 7a edição.
seção 2.2, p.88-90: 1,3, 5a,d,e, 6c,d,g,h,i,j, 11, 23,24 ;
seção 2.4, p.107-109: 15,16,21,23,31,32 ;
seção 2.3, p.98-99: 1,3,5,6, 10, 13,14,17,19,21,25,26, 36,39;
seção 2.2, p.88-89: 2, 4a,b,c,d, 5b,c,d,e, 15,16;
seção 2.3, p.99: 47,49,50,59;
seção 2.4, p.107-109: 28,38,39;
seção 2.2, p.88-90: 3, 29,30,31;
seção 2.4, p.107-109: 42, 44;
seção 2.6, p.128-129: 5, 15,16,24,25,26,31,32,34, 41,42,43,44

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Limites e suas propriedades

  • 1. 1 Limites e suas propriedades. Lista 3a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento. Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido. Somente conclusões nais não serão aceitas. 1. Determinar limite pela denição ou mostrar que ele não existe: a) lim x→−1 (1 − 4x2 ) ; b) lim x→2 3 1+x ; c) lim x→0 H(x), H(x) = { 0, x 0 1, x ≥ 0 é a função de Heaviside. Solução. a) Primeiro, para ter uma idéia preliminar sobre tendência da função 1−4x2 quando x aproxima de −1, podemos calcular vários valores especícos e observar que a função tende a −3. Com essa suposição intuitiva, vamos tentar mostrar, pela denição, que realmente lim x→−1 (1 − 4x2 ) = −3. Para isso, precisamos especicar a denição do limite nesse caso: para qualquer ε 0 deve existir δ 0 tal que da desigualdade 0 |x + 1| δ segue que |1 − 4x2 | ε. O problema principal é mostrar que a última desigualdade para os valores da função (desigualdade principal) está satisfeita para todos x bastante próximos de −1. Para vericar a desigualdade principal é necessário transforma-la a forma que contém fator |x + 1|, porque somente esse módulo podemos tornar tal pequeno como queremos. Então representamos: |(1 − 4x2 ) − (−3)| = |4 − 4x2 | = 4|x + 1| · |x − 1| 4δ · |x − 1|. Vamos avaliar o último fator: |x − 1| = |x + 1 − 2| ≤ |x + 1| + 2 δ + 2 ≤ 3, desde que δ ≤ 1 (o que podemos garantir, porque δ ca a nossa escolha). Logo, |(1 − 4x2 ) − (−3)| 4δ · |x − 1| 12δ = ε. Resumindo, se para qualquer ε 0 escolhemos δ = min{1, ε 12 }, então garantimos que para todos x tais que 0 |x + 1| δ segue que |(1 − 4x2 ) − (−3)| 12δ ≤ ε. Assim, a denição do limite está satisfeita. b) De novo, começamos calculando alguns valores da função quando x ca perto de 2 e detec- tamos a aproximação da função de 1. Fazendo essa observação, tentamos mostrar, pela denição, que realmente lim x→2 3 1+x = 1, isto é, para qualquer ε 0 deve existir δ 0 tal que da desigualdade 0 |x − 2| δ segue que | 3 1+x − 1| ε. Para vericar a desigualdade principal (a última) é preciso transforma-la a forma que contém fator |x − 2|: | 3 1+x − 1| = |2−x 1+x | = |x−2| |1+x| δ |1+x| . Pensando que sempre tomamos δ ≤ 1, garantimos que x 1 e então |1 + x| 2. Logo, | 3 1+x − 1| δ |1+x| δ 2 = ε. Resumindo, para qualquer ε 0, escolhendo δ = min{1, 2ε} garantimos que para todos x tais que 0 |x − 2| δ segue que | 3 1+x − 1| δ 2 ≤ ε. Assim, a denição do limite está satisfeita. c) A própria denição da função mostra que à esquerda e à direita do ponto 0 a função H(x) tem tendências diferentes: quando x 0, a função mantem o mesmo valor 0 e então tende a esse número, mas quando x 0, a função é igual a outra constante, 1, e então converge a essa constante. Assim, não tem uma tendência única quando x aproxima da origem, o que signica que não existe limite no ponto 0. Vamos formalizar isso analiticamente, construindo, primeiro, a formulação geral de que uma função não tem limite num ponto escolhido e depois provando que isso é o caso da função H(x) na origem. Partindo da denição do limite, podemos dizer que não existe limite de f(x) quando x tende a a se: para qualquer constante A existe um valor de εA 0 tal que qualquer que for δ 0 escolhido, entre os valores x que satisfazem a desigualdade 0 |x − a| δ existe pelo menos um xA tal que |f(xA) − A| εA. Então, no caso especíco de lim x→0 H(x), faremos três tentativas de escolher o valor do limite: A = 0, A = 1 e A qualquer número diferente de 0 e 1. Se A = 0, então tomando εA = 1 2 , garantimos que em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos positivos x 0 nos quais |H(x) − A| = 1 − 0 εA = 1 2 , o que signica que A = 0 não é limite de H(x). Caso A = 1, escolhemos o mesmo εA = 1 2 e observamos que em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos x 0 nos quais |H(x) − A| = |0 − 1| = 1 εA = 1 2 , o que mostra que A = 1 também não é limite de H(x). Finalmente, tomamos qualquer A ̸= 0, 1. Nesse caso, calculamos
  • 2. 2 distância de A até 0 e denimos εA igual a metade dessa distância: εA = |A| 2 . Então, em qualquer δ-vizinhança de x = 0 tem pontos x 0 nos quais |H(x) − A| = |0 − A| = |A| εA = |A| 2 , isto é, qualquer A ̸= 0, 1 também não é limite de H(x). Esgotando todas as possibilidades, concluímos que H(x) não tem limite em x = 0. 2. Calcular usando propriedades de limites: a) lim x→−1 (1 − 4x2 ) ; b) lim x→2 3 1+x ; c) lim x→0 x sin 1 x . Solução. a) Vamos aplicar propriedades aritméticas dos limites, supondo, no primeiro instante, que as condições da sua validade estão satisfeitas e, posteriormente, mostrando que essas condições re- almente estão válidas. Aplicando passo a passo as propriedades, primeiro, usamos a propriedade da diferenças, depois do produto e depois mais uma vez do produto: lim x→−1 (1 − 4x2 ) = = i1 lim x→−1 1 − lim x→−1 4x2 = = i2 lim x→−1 1− lim x→−1 4· lim x→−1 x2 = = i3 lim x→−1 1− lim x→−1 4· lim x→−1 x· lim x→−1 x. Agora usamos os resultados dos limites triviais e obtemos: lim x→−1 (1 − 4x2 ) = 1 − 4 · (−1) · (−1) = −3. Notamos que, na prática, várias propriedades são aplicadas simultaneamente e os limites triviais são usados imediatamente. Voltamos agora a justicar as passagens realizadas seguindo o caminho oposto: 1) como lim x→−1 x existe, então lim x→−1 x2 também existe e é igual ao produto dos dois limites, assim a passagem i3 está justicada; 2) como lim x→−1 x2 e lim x→−1 4 existem, então lim x→−1 4x2 também existe e é igual ao produto dos dois limites, assim a passagem i2 é válida; 3) como lim x→−1 4x2 e lim x→−1 1 existem, então lim x→−1 (1 − 4x2 ) também existe e é igual à diferença dos dois limites, assim a passagem i1 é válida. b) Vamos aplicar propriedades aritméticas dos limites, supondo, no primeiro instante, que as condições da sua validade estão satisfeitas e, posteriormente, mostrando que essas condições re- almente estão válidas. Aplicando passo a passo as propriedades, primeiro, usamos a propriedade da quociente e depois da soma: lim x→2 3 1+x = = i1 lim x→2 3 lim x→2 (1+x) = = i2 lim x→2 3 lim x→2 1+ lim x→2 x . Agora usamos os resultados dos limites triviais e obtemos: lim x→2 3 1+x = 3 1+2 = 1. Depois de terminar o cálculo, vamos validar as passagens realizadas formalmente seguindo o caminho oposto: 1) como lim x→2 x e lim x→2 1 existem, então lim x→2 (1 + x) também existe e é igual à soma dos dois limites, assim a passagem i2 está justicada; 2) como lim x→2 3 e lim x→2 (1 + x) existem, e o últmio é diferente de 0, então lim x→2 3 1+x também existe e é igual à quocientes dos dois limites, assim a passagem i1 é válida. c) O limite lim x→0 x existe e é trivial, mas o limite lim x→0 sin 1 x não existe (mostramos isso no próximo exercício, usando os limites parciais, o que é o jeito mais simples), portanto não podemos aplicar a regra do produto. No entanto, mesmo com toda a complicação devido ao comportamento da função sin 1 x perto de 0, o limite original pode ser calculado de modo simples usando o teorema do confronto e a propriedade do módulo. Realmente, para a função dentro do limite temos a avaliação 0 ≤ |x sin 1 x | ≤ |x|, ∀x ̸= 0. Como lim x→0 0 = lim x→0 |x| = 0, então, pelo teorema do confronto, lim x→0 |x sin 1 x | = 0. Logo, pela propriedade do módulo, lim x→0 x sin 1 x = 0. 3. Calcular limite ou demonstrar que ele não existe usando limites parciais: a) lim x→0 H(x), H(x) é a função de Heaviside; b) lim x→0 xH(x); c) lim x→0 sin 1 x . Solução. a) Embora no exercício 1 já foi demonstrado, pela denição, que lim x→0 H(x) não existe, aqui vamos
  • 3. 3 provar isso de novo usando os limites laterais, o que é a técnica mais simples nesse caso. Realmente, para limite à esquerda temos (pela denição): para qualquer ε 0 existe δ 0 (podemos tomar qualquer δ) tal que da desigualdade −δ x 0 segue que |H(x) − 0| = |0 − 0| ε, ou seja lim x→0− H(x) = 0. De maneira semelhante, para limite à direita temos (pela denição): para qualquer ε 0 existe δ 0 (podemos tomar qualquer δ) tal que da desigualdade 0 x δ segue que |H(x) − 1| = |1 − 1| ε, ou seja lim x→0+ H(x) = 1. Assim, ambos os limites laterais existem, mas são diferentes, o que signica que o limite geral não existe. (Aproveitamos esse exercício para treinar o uso da denição de limite lateral, mas a resolução mais rápida do exemplo é feita via aplicação da propriedade do limite de uma constante: lim x→0− H(x) = lim x→0− 0 = 0 ̸= 1 = lim x→0+ 1 = lim x→0+ H(x).) b) Para ver melhor o comportamento da função xH(x) vamos especicar suas duas sentenças: xH(x) = { 0, x 0 x, x ≥ 0 . Logo, calculando o limite à esquerda temos lim x→0− xH(x) = lim x→0− 0 = 0 e para o limite à direita obtemos o mesmo resultado lim x→0+ xH(x) = lim x→0+ x = 0. Logo, da relação entre limites laterais e limite geral, segue que limite geral existe e é igual a 0. c) Observamos, primeiro, que o argumento t = 1 x da função seno tende a innito (positivo ou negativo) quando x tende a 0, e a função sin t repete todos os seus valores (contidos entre −1 e 1) innitamente devido a sua periodicidade, o que quer dizer que a função seno não exibe nenhuma tendência geral com aumento do seu argumento sem restrição. Isso já traz uma idéia que o limite de sin 1 x não existe na origem. Conrmamos isso rigorosamente, escolhendo dois caminhos diferentes de aproximação de x da origem, isto é, montando dois limites parciais diferentes. Para primeiro limite parcial escolhemos xk = 1 kπ , k ∈ N. Obviamente, xk → k→+∞ 0, isto é, usamos um dos caminhos de aproximação de 0. Para esses xk temos o seguinte limite parcial: lim xk→0 sin 1 xk = lim k→+∞ sin kπ = lim k→+∞ 0 = 0. Para segundo limite parcial tomamos os valores xn = 2 π+4nπ , n ∈ N. De novo, xn → n→+∞ 0, isto é, usamos um outro caminho de aproximação de 0. Nesse caminho de xn temos o seguinte limite parcial: lim xn→0 sin 1 xn = lim n→+∞ sin(π 2 + 2nπ) = lim n→+∞ 1 = 1. Como os limites parciais são diferentes, então o limite geral não existe. 4. Calcular limites no innito e encontrar assíntotas horizontais (se existirem): a) lim x→±∞ xH(x) ; b) lim x→±∞ ex ; c) lim x→±∞ sin x x ; d) lim x→±∞ x|x| 1+x2 ; e) lim x→+∞ ln x x . Solução. a) Para o limite lim x→−∞ xH(x) basta considerar os valores negativos de x, para os quais, pela denição, xH(x) = 0. Logo, lim x→−∞ xH(x) = lim x→−∞ 0 = 0 e então y = 0 é a assíntota horizontal de xH(x). Para lim x→+∞ xH(x) consideramos só os valores positivos de x e temos então xH(x) = x. Logo, lim x→+∞ xH(x) = lim x→+∞ x = +∞. b) Calculando alguns valores de ex quando x é negativo e bastante grande por módulo, podemos observar que a função tende a 0. Analiticamente, temos que provar que para qualquer ε 0 existe D 0 tal que da desigualdade x −D segue que |ex | ε. Levando em conta que ex 0, ∀x, a última desigualdade (a principal) podemos reescrever na forma ex ε ou, isolando x, x ln ε. Se ε ≥ 1, então podemos tomar qualquer D 0 e se ε 1, então escolhemos D = − ln ε. Assim, qualquer que for ε 0, escolhendo D = max{1, − ln ε} garantimos que para todos x −D segue
  • 4. 4 que ex ε. Assim, lim x→−∞ ex = 0 e y = 0 é a assíntota horizontal. No caso quando x → +∞, os valores da função indicam que lim x→+∞ ex = +∞. Realmente, restringindo-se pelos valores positivos, temos a desigualdade ex x, ∀x 0 que pode ser de- duzida da seguinte cadeia de desigualdades ex ≥ e[x] = en ≥ n + 1 x (a primeira segue das propriedades da exponencial, porque x ≥ [x], onde [x] = n é a parte inteira de x, a segunda tem demonstração elementar via indução matemática, e a terceira é a consequência imediata da denição da parte inteira n = [x]). Então, para qualquer E 0 escolhendo D = E, garantimos que ex E para todos x D = E, ou seja, lim x→+∞ ex = +∞. c) A consideração dos dois limites lim x→±∞ sin x x segue a mesma linha de raciocínio, portanto, vamos considerar somente o caso quando x → +∞. Para demonstrar que limite existe e é igual a 0, é mais simples aplicar o teorema do confronto e a propriedade do módulo. Para qualquer x ̸= 0 temos 0 ≤ |sin x x | ≤ 1 |x| . Como lim x→+∞ 0 = lim x→+∞ 1 |x| = 0, então, pelo teorema do confronto, lim x→+∞ |sin x x | = 0 e, pela propriedade do módulo, lim x→+∞ sin x x = 0. Para o segundo limite temos o mesmo resultado: lim x→−∞ sin x x = 0. Consequentemente, y = 0 é a assíntota horizontal ao gráco da função. d) O limite lim x→+∞ x|x| 1+x2 é igual a lim x→+∞ x2 1+x2 . O limite do numerador e denominador são innitos, portanto não tem como aplicar regras aritméticas diretamente. No entanto, dividindo numerador e denominador por x2 , obtemos a forma equivalente lim x→+∞ 1 1+ 1 x2 onde podemos usar as regras aritmé- ticas e calcular o limite de modo simples: lim x→+∞ 1 1+ 1 x2 = 1 1+ lim x→+∞ 1 x2 = 1 1+0 = 1. Da mesma maneira, para tendência x → −∞, temos lim x→−∞ x|x| 1+x2 = lim x→−∞ −x2 1+x2 = lim x→−∞ −1 1+ 1 x2 = −1 1+ lim x→−∞ 1 x2 = −1 1+0 = −1. Assim, ambos os limites no innito existem e determinam duas assíntotas horizontais y = 1 e y = −1. e) Notamos, que tanto numerador como denominador tendem a +∞ quando x → +∞. No caso do denominador x isso é óbvio, mas para o numerador ln x temos que vericar que, pela denição, para qualquer E 0 existe D 0 tal que para todos x D segue que ln x E. Reescrevendo a desigualdade principal na forma equivalente x eE , imediatamente percebemos que pode ser usado D = eE para satisfazer a denição do limite. Devido aos dois limites innitos, a aplicação direta das regras aritméticas é impossível. Como vamos ver posteriormente, esse limite é simples calcular usando a regra de L'Hospital, mas isso exige o uso das derivadas. Sem essa opção no momento, vamos encontrar outro caminho de resolução. Primeiro, observamos que da desigualdade ex x, ∀x 0 (explicada no exercício b) ) segue imediatamente que x ln x, ∀x 0. Segundo, usando nova variável x = t2 temos lim x→+∞ ln x x = lim t→+∞ ln t2 t2 = lim t→+∞ 2 t ln t t . No último limite, 0 ln t t 1, enquanto lim t→+∞ 2 t = 0 e, portanto, de acordo com o teorema do confronto, lim t→+∞ 2 t ln t t = 0 o que mostra que lim x→+∞ ln x x = 0. Consequentemente, y = 0 é a assíntota horizontal da função ln x x . 5. Encontrar limites innitos e assíntotas verticais (se existirem): a) f(x) = 1 x ; b) f(x) = 1 1−x2 ; c) f(x) = ln x ; d) f(x) = x ln x . Solução. a) O limite do denominador é o limite básico lim x→a x = a. Em qualquer ponto-limite a ̸= 0 ele é diferente de zero e, conforme regras aritméticas, o limite da quociente é igual à quociente dos limites lim x→a 1 x = 1 a . A existência do limite nito signica que não tem assíntotas verticais nos pontos x ̸= 0. No ponto-limite a = 0 a situação é diferente, porque o limite do denominador se anula e as regras aritméticas não são aplicáveis. Calculando alguns valores da função perto da origem, podemos supor que à direita de 0 a função tende a +∞ e à esquerda a −∞. Vamos vericar, pela denição, que
  • 5. 5 lim x→0+ 1 x = +∞, isto é, vamos mostrar que para qualquer E 0 conseguimos achar δ 0 tal que 1 x E para todos 0 x δ. Partindo da desigualdade principal 1 x E, reescrevemos ela na forma equivalente x 1 E , de onde segue que tomando δ = 1 E satisfazemos a denição do limite. Da mesma maneira pode ser demonstrado que lim x→0− 1 x = −∞. Logo, a função tem assíntota vertical x = 0. Resta analisar a tendência no innito. De novo, vamos mostrar com detalhes somente a situação quando x tende a +∞, porque a segunda opção é bem semelhante. Lembrando o gráco da função f(x) = 1 x ou calculando alguns valores para x bastante grandes, podemos ter a idéia que lim x→+∞ 1 x = 0. Mostraremos isso pela denição: para qualquer ε 0 temos que encontrar tal D 0 que |1 x | ε para todos x D. De fato, levando em conta que x 0, a desigualdade principal pode ser escrita sem módulo 1 x ε ou, equivalentemente, na forma x 1 ε . Isso mostra que podemos escolher D = 1 ε para satisfazer a denição do limite. Da mesma maneira pode ser demonstrado que lim x→−∞ 1 x = 0. b) Pelas regras aritméticas dos limites, o limite do denominador em qualquer ponto-limite a ∈ R é 1 − a2 : lim x→a (1 − x2 ) = 1 − a2 . Se a ̸= ±1, então 1 − a2 ̸= 0 e, portanto, podemos usar as regras aritméticas para calcular o limite da função original: lim x→a 1 1−x2 = 1 1−a2 . Como o limite é nito em qualquer a ̸= ±1, não tem assíntotas verticais nesses pontos. Entre os pontos nitos temos que considerar ainda os dois pontos-limite a = ±1. Vamos analisar em detalhes só o comportamento no ponto a = 1, porque para a = −1 a situação é bem semelhante (a função é par, isto é, simétrica em relação ao eixo Oy). Calculando alguns valores da função perto de a = 1, podemos observar que à direita (quando x 1) a função tem tendência a −∞ e à esquerda a +∞. Vamos conferir isso rigorosamente. Seguindo a denição, para qualquer E 0 vamos encontrar δ 0 tal que 1 1−x2 −E para todos 1 x 1 + δ. Isso pode ser feito da seguinte maneira. A desigualdade principal 1 1−x2 −E equivale a 1 x2−1 E que, em sua vez, pode ser reescrita como x2 − 1 1 E ou x2 1 + 1 E . Levando em conta que x 0, a última desigualdade equivale a x √ 1 + 1 E . Notamos que para 0 E ≤ 1 sempre podemos usar δ = 1 4 . Então vamos focar nos valores E 1. Nesse caso, 1 E = α 1 e é válida a seguinte avaliação √ 1 + α 1 + α 4 (ela segue da desigualdade (1 + α 4 )2 = 1 + α 2 + α2 16 1 + α 2 + α 2 = 1 + α, 0 ∀α 1). Isso signica que a desigualdade x 1 + 1 4E garante que x √ 1 + 1 E que, em sua vez, equivale a 1 1−x2 −E. Logo, escolhendo δ = min{1 4 , 1 4E }, garantimos que de 1 x 1 + δ segue que 1 1−x2 −E, isto é, lim x→1+ 1 1−x2 = −∞. Esse resultado já implica que x = 1 é a assíntota vertical ao gráco da função, independente da situação com o limite à esquerda. Seguindo o mesmo esquema, vamos agora demonstrar que lim x→1− 1 1−x2 = +∞, isto é, para qualquer E 0 vamos encontrar δ 0 tal que 1 1−x2 E quando 1 − δ x 1. A desigualdade principal 1 1−x2 E equivale a x2 1 − 1 E , e a última, para x 0, se reduz a x √ 1 − 1 E . De novo, focamos nos valores E 1 (uma vez que para 0 E ≤ 1 sempre podemos usar δ = 1). Nesse caso, 1 E = α 1 e é válida a seguinte avaliação √ 1 − α 1 − α 2 (ela segue da desigualdade (1 − α 2 )2 = 1 − α + α2 4 1 − α, 0 ∀α 1). Então, a desigualdade x 1 − 1 2E garante que x √ 1 − 1 E , e a última equivale a 1 1−x2 E. Logo, escolhendo δ = min{1, 1 2E }, garantimos que a desigualdade 1 − δ x 1 implica em 1 1−x2 −E, isto é, a denição do limite +∞ está satisfeita. Assim, à esquerda de x = 1 o gráco da função também aproxima da assíntota x = 1, nessa vez pelos valores positivos. Usando o mesmo raciocínio (ao apelando a paridade da função dada), podemos concluir que lim x→−1+ (1 − x2 ) = +∞, lim x→−1− (1 − x2 ) = −∞ e x = −1 é a segunda assíntota vertical. Resta considerar os dois limites no innito. Elaboramos em detalhes o limite quando x → +∞, porque a tendência a −∞ leva a uma situação semelhante. Intuitivamente (ou fazendo avaliações numéricas) ca claro que lim x→+∞ 1 1−x2 = 0. Pela denição, temos que vericar que para qualquer
  • 6. 6 ε 0 existe D 0 tal que | 1 1−x2 | ε para todos x D. Levando em conta que basta considerar x 1, reescrevemos a desigualdade principal na forma 1 x2−1 ε e transformamos ela a desigualdade equivalente x √ 1 + 1 ε . Usando a avaliação √ 1 + 1 ε 1 + 1 ε , escolhemos D = 1 + 1 ε e garantimos que a desigualdade x D implica em 1 x2−1 ε, isto é, a denição do limite está satisfeita. Para o segundo limite no innito temos o mesmo resultado: lim x→−∞ 1 1−x2 = 0. c) Em qualquer ponto-limite a 0 temos limite nito lim x→a ln x = ln a. A única opção restante entre pontos nitos é o ponto-limite 0 ao qual x pode aproximar pela direita. Nesse ponto, as avaliações numéricas mostram que lim x→0+ ln x = −∞. Vamos provar que para qualquer E 0 existe δ 0 tal que ln x −E desde que 0 x δ. Reescrevendo a desigualdade principal na forma equivalente x e−E imediatamente vemos que podemos escolher δ = e−E e, com isso, a denição do limite −∞ está satisfeita. Conseuqentemente, a reta x = 0 é a assíntota vertical ao gráca da função. Finalmente, para o limite no innito temos lim x→+∞ ln x = +∞ (veja exercício 4e). Assim, temos mais um limite innito, mas ele não gera nenhuma assíntota vertical. d) Em qualquer ponto-limite a 0 temos limites nitos lim x→a x = a e lim x→a ln x = ln a e, portanto, de acordo com a regra do produto, lim x→a x ln x = a ln a, ∀a 0. A única opção ainda não vericada é o ponto-limite 0 ao qual x pode aproximar pela direita. Nesse ponto temos lim x→0+ x = 0 e lim x→0+ ln x = −∞ e, por isso, as regras aritméticas não se aplicam. Podemos calcular lim x→0+ x ln x aproveitando o resultado do exercício 4e). Realmente, introduzindo nova variável t = 1 x → x→0+ +∞, temos o seguinte: lim x→0+ x ln x = lim t→+∞ 1 t ln 1 t = lim t→+∞ − ln t t = 0. Assim, limites em todos os possíveis pontos nitos existem e são nitos, o que mostra que não tem limites innitos e, consequentemente, não tem assíntotas verticais. Resta vericar o limite no innito lim x→+∞ x ln x. Como os limites de x e ln x são innitos: lim x→+∞ x = +∞ e lim x→+∞ ln x = +∞, podemos concluir que lim x→+∞ x ln x = +∞. Então temos um limite innito, mas só no innito, o que não gera uma assíntota vertical. 6. Resolver indeterminações 0 0 e ∞ ∞ : a) lim x→1 x20−1 x10−1 ; b) lim x→−2 x3+3x2+2x x2−x−6 ; c) lim x→8 √ 1+3x−5 3 √ x−2 ; d) lim x→−∞ x3+3x+5 2−6x2+4x3 ; e) lim x→+∞ √ 2x6−3x+2 3 √ x10+3x5−4 . Solução. a) O limite lim x→1 x20−1 x10−1 representa a indeterminação 0 0 . Para resolver, usamos a fórmula da diferença de quadrados no numerador e cortamos aquele termo que gera indeterminação, o que possibilita aplicar regras aritméticas no limite simplicado: lim x→1 x20−1 x10−1 = lim x→1 (x10−1)(x10+1) x10−1 = lim x→1 (x10 + 1) = 2. b) No limite lim x→−2 x3+3x2+2x x2−x−6 temos a indeterminação 0 0 . Como temos os polinômios em cima e em baixo, então isso signica que x = −2 é a raiz de cada um deles e os dois podem ser fatorados respectivamente, o que permite cortar o fator comum que gera indeterminação: lim x→−2 x3+3x2+2x x2−x−6 = lim x→−2 (x+2)x(x+1) (x+2)(x−3 ) = lim x→−2 x(x+1) x−3 . Vericamos que agora o denominador tem limite diferente de 0 e, por isso, podemos aplicar as regras aritméticas para nalizar o cálculo: lim x→−2 x(x+1) x−3 = −2(−2+1) −2−3 = −2 5 . c) A indeterminação 0 0 do limite lim x→8 √ 1+3x−5 3 √ x−2 está relacionada com funções irracionais, mas isso não impede utilizar o mesmo procedimento de destacar e cortar o fator que gera a indetermina-
  • 7. 7 ção. Para isso, usamos a fórmula da diferença de quadrados no numerador e da diferença de cu- bos no denominador: lim x→8 √ 1+3x−5 3 √ x−2 = lim x→8 ( √ 1+3x−5)( √ 1+3x+5)( 3 √ x2+2 3 √ x+4) ( √ 1+3x+5)( 3 √ x−2)( 3 √ x2+2 3 √ x+4) = lim x→8 (3x−24)( 3 √ x2+2 3 √ x+4) ( √ 1+3x+5)(x−8) = lim x→8 3( 3 √ x2+2 3 √ x+4) √ 1+3x+5 = 3( 3 √ 64+2 3 √ 8+4) √ 1+24+5 = 48 10 . d) O limite lim x→−∞ x3+3x+5 2−6x2+4x3 gera a indeterminação ∞ ∞ . Para eliminar essa indeterminação, dividi- mos numerador e denominador por potência maior x3 , e no limite obtido usamos regras aritméticas: lim x→−∞ x3+3x+5 2−6x2+4x3 = lim x→−∞ 1+ 3 x2 + 5 x3 2 x3 − 6 x +4 = 1+0+0 0−0+4 = 1 4 . e) No limite lim x→+∞ √ 2x6−3x+2 3 √ x10+3x5−4 a indeterminação ∞ ∞ é gerada pelas funções irracionais. Mesmo assim, a abordagem padrão de divisão em cima e em baixo da fração pela potência maior (que nesse caso é x10/3 ) funciona aqui também: lim x→+∞ √ 2x6−3x+2 3 √ x10+3x5−4 = lim x→+∞ √ 2 x2/3 − 3 x17/3 + 2 x20/3 3 √ 1+ 3 x5 − 4 x10 = √ 0−0+0 3 √ 1+0−0 = 0. 7. Resolver indeterminações usando primeiro limite notável: a) lim x→0 sin 5x 2x ; b) lim x→π cos x 2 π−x ; c) lim x→0 tan 5x sin2 3x 2x3+x4 . Solução. a) Obviamente o limite lim x→0 sin 5x 2x representa a indeterminação 0 0 e tem tudo a ver com o primeiro limite notável. Transformar sin 5x em seno de outro argumento ca meio trabalhoso, especialmente comparando com ajuste elementar que podemos fazer no denominador para obter a forma do pri- meiro limite notável: lim x→0 sin 5x 2x = lim x→0 sin 5x 5x · 5 2 = 1 · 5 2 = 5 2 . Certamente, o mesmo resultado poderia ser obtido fazendo a mudança explícita de váriável do limite t = 5x → x→0 0. b) Como o limite lim x→π cos x 2 π−x tem a indeterminação 0 0 representada via quociente de função tri- gonométrica e polinomial, então podemos esperar que esse limite é ligado com o primeiro limite notável. De fato, fazendo a mudança de variável t = x − π → x→π 0 e usando propriedades de funções trigonométricas, obtemos lim x→π cos x 2 π−x = lim t→0 cos t+π 2 −t = lim t→0 − sin t 2 −t = lim t→0 sin t 2 t 2 · 1 2 = 1 · 1 2 = 1 2 . c) No limite lim x→0 tan 5x sin2 3x 2x3+x4 temos, qualitativamente, uma situação semelhante ao exercício b): indeterminação 0 0 representada via quociente de função trigonométrica e polinomial, embora na forma um pouco mais complexa. Faremos algumas transformações que permitem enxergar como usar aqui o primeiro limite notável: lim x→0 tan 5x sin2 3x 2x3+x4 = lim x→0 1 cos 5x · sin 5x 5x · sin2 3x (3x)2 · 5x·(3x)2 2x3+x4 = lim x→0 1 cos 5x · lim x→0 sin 5x 5x · lim x→0 (sin 3x 3x )2 · lim x→0 5·32 2+x = 1 1 · 1 · 12 · 5·32 2+0 = 45 2 . 8. Resolver indeterminações usando segundo limite notável: a) lim x→+∞ (1 + 1 5x )4x ; b) lim x→+∞ (x−2 x+1 )2x+3 ; c) lim x→0 (1 + sin x) 1 2x . Solução. a) O limite lim x→0 sin 5x 2x representa a indeterminação 1∞ e a sua forma é semelhante a do segundo limite notável. Para transformar o limite dado à forma do segundo limite, precisamos alterar a quo- ciente da base, ou a expoente. Usualmente, é mais simples modicar a expoente, o que, nesse caso, pode ser feito da seguinte maneira: lim x→+∞ (1+ 1 5x )4x = lim x→+∞ ( (1 + 1 5x )5x )4 5 = ( lim x→+∞ (1 + 1 5x )5x )4 5 =e 4 5 . b) De novo temos a indeterminação 1∞ , embora na forma um pouco mais distante do segundo limite notável. Para chegar ao segundo limite, precisamos representar a base na forma 1 + α, onde
  • 8. 8 α tende a 0 e alterar de modo correspondente a expoente. Isso pode ser realizado via seguin- tes transformações: lim x→+∞ (x−2 x+1 )2x+3 = lim x→+∞ (1 − 3 x+1 )2x+3 = lim x→+∞ ( (1 − 3 x+1 )−x+1 3 )− 3 x+1 ·(2x+3) = ( lim x→+∞ (1 − 3 x+1 )−x+1 3 ) lim x→+∞ −6x−9 x+1 = ( lim t→0 (1 + t) 1 t ) lim x→+∞ −6−9/x 1+1/x = e−6 (aqui t = − 3 x+1 → x→+∞ 0). c) Mais uma vez temos a indeterminação 1∞ e podemos reduzi-la ao segundo limite notável, fa- zendo as seguintes transformações: lim x→0 (1+sin x) 1 2x = lim x→0 ( (1 + sin x) 1 sin x )sin x 2x = ( lim x→0 (1 + sin x) 1 sin x )lim x→0 sin x 2x = ( lim t→0 (1 + t) 1 t )1 2 lim x→0 sin x x = e 1 2 (aqui t = sin x → x→0 0). 9. Resolver indeterminações diversas: a) lim x→+∞ ( √ x2 + 3x − √ x2 − 5x) ; b) lim x→−π 6 ( √ 3 − 2 cos x) cot(x + π 6 ) ; c) lim x→+∞ ( 3 √ x3 + 3x2 − √ x2 − 2x); d) lim x→1 (x − 1)x−1 . Solução. a) Notamos, primeiro, que o limite representa a indeterminação ∞−∞ que usualmente é reduzida a ∞ ∞ ou 0 0 . Nesse caso, o problema principal consiste nas raízes e para tentar elimina-la, multiplica- mos e dividimos por soma correspondente, com posterior uso da fórmula da diferença dos quadra- dos: lim x→+∞ ( √ x2 + 3x − √ x2 − 5x) = lim x→+∞ ( √ x2+3x− √ x2−5x)( √ x2+3x+ √ x2−5x) √ x2+3x+ √ x2−5x = lim x→+∞ x2+3x−(x2−5x) √ x2+3x+ √ x2−5x = lim x→+∞ 8x √ x2+3x+ √ x2−5x . O último limite tem indeterminação ∞ ∞ que pode ser resolvida dividindo pela maior potência (nesse caso é x): lim x→+∞ 8x √ x2+3x+ √ x2−5x = lim x→+∞ 8 √ 1+ 3 x + √ 1− 5 x = 8 √ 1+0+ √ 1−0 = 4. b) Primeiro, identicamos que o tipo de indeterminação é 0 · ∞. Como temos as funções tri- gonométricas envolvidas, vamos tentar levar esse limite à forma do primeiro limite notável. Come- çamos fazendo a mudança de variável t = x + π 6 → x→−π 6 0 e obtemos o seguinte limite: lim x→−π 6 ( √ 3 − 2 cos x) cot(x + π 6 ) = lim t→0 ( √ 3 − 2 cos(t − π 6 )) cot t. A expressão √ 3 − 2 cos(t − π 6 ) transformamos usando fórmulas trigonométrica: √ 3 − 2 cos(t − π 6 ) = 2 cos π 6 − 2 cos(t − π 6 ) = 4 sin t 2 sin(t 2 − π 6 ) (lembramos a fórmula cos α − cos β = −2 sin α+β 2 sin α−β 2 ). No segundo fator, usamos a denição do cotangente e a fórmula do seno do ângulo duplo: cot t = cos t sin t = cos t 2 sin t 2 cos t 2 . Juntando os dois resultados, obtemos: ( √ 3−2 cos(t− π 6 )) cot t = 4 sin t 2 sin(t 2 − π 6 ) cos t 2 sin t 2 cos t 2 = 2 sin(t 2 − π 6 ) cos t cos t 2 . Nota- mos que o denominador da última expressão tem limite diferente de 0 e, portanto, podemos aplicar regras aritméticas: lim t→0 ( √ 3 − 2 cos(t − π 6 )) cot t = lim t→0 2 sin(t 2 − π 6 ) cos t cos t 2 = 2 sin(−π 6 )cos 0 cos 0 = −1. Assim, o limite foi calculado sem necessidade de usar o primeiro limite notável. c) Obviamente, nesse limite temos a indeterminação ∞ − ∞ e o problema é gerado pelas raí- zes, as quais não tem como juntar para eliminar indeterminação. Como as raízes são de ordem diferente não tem uma fórmula simples para abrir as duas. Portanto, vamos separar o problema para cada raiz, usando a seguinte representação: 3 √ x3 + 3x2 − √ x2 − 2x = ( 3 √ x3 + 3x2 − x) + (x − √ x2 − 2x). Vamos calcular limite de cada diferença separadamente e depois juntamos os resultados. Para a primeira, usamos a fórmula de diferença de cubos lim x→+∞ ( 3 √ x3 + 3x2 − x) = lim x→+∞ ( 3 √ x3+3x2−x)( 3 √ (x3+3x2)2+x 3 √ x3+3x2+x2) 3 √ (x3+3x2)2+x 3 √ x3+3x2+x2 = lim x→+∞ x3+3x2−x3 3 √ (x3+3x2)2+x 3 √ x3+3x2+x2 = lim x→+∞ 3x2 3 √ (x3+3x2)2+x 3 √ x3+3x2+x2 = lim x→+∞ 3 3 √ (1+ 3 x )2+ 3 √ 1+ 3 x +1 = 3 3 √ (1+0)2+ 3 √ 1+0+1 = 1. Na segunda, usamos a diferença de quadrados: lim x→+∞ (x− √ x2 − 2x) = lim x→+∞ (x− √ x2−2x)(x+ √ x2−2x) x+ √ x2−2x = lim x→+∞ x2−(x2−2x) x+ √ x2−2x = lim x→+∞ 2x x+ √ x2−2x = lim x→+∞ 2 1+ √ 1− 2 x = 2 1+ √ 1−0 = 1. Portanto, lim x→+∞ ( 3 √ x3 + 3x2 − √ x2 − 2x) = 1 + 1 = 2.
  • 9. 9 d) Temos a indeterminação 00 que muitas vezes é resolvida aplicando logaritmo a expressão original, o que transforma expoente num produto. Para (x − 1)x−1 , aplicação do logaritmo vai dar ln(x − 1)x−1 = (x − 1) ln(x − 1). Agora tentamos resolver indeterminação 0 · ∞ no limite lim x→1 (x − 1) ln(x − 1). Fazendo substituição da variável t = x − 1, levamos esse limite àquele que foi resolvido no exercício 5c: lim x→1 (x − 1) ln(x − 1) = lim t→0 t ln t = 0. Voltando a função original, temos (x − 1)x−1 = eln(x−1)x−1 e, pela propriedade do limite de expoente, encontramos o limite original: lim x→1 (x − 1)x−1 = e lim x→1 (x−1) ln(x−1) = e0 = 1. Veja também vários exercícios resolvidos no texto Limites.pdf. Exercícios do livro Stewart J., Cálculo, Vol.1, tradução da 7a edição. seção 2.2, p.88-90: 1,3, 5a,d,e, 6c,d,g,h,i,j, 11, 23,24 ; seção 2.4, p.107-109: 15,16,21,23,31,32 ; seção 2.3, p.98-99: 1,3,5,6, 10, 13,14,17,19,21,25,26, 36,39; seção 2.2, p.88-89: 2, 4a,b,c,d, 5b,c,d,e, 15,16; seção 2.3, p.99: 47,49,50,59; seção 2.4, p.107-109: 28,38,39; seção 2.2, p.88-90: 3, 29,30,31; seção 2.4, p.107-109: 42, 44; seção 2.6, p.128-129: 5, 15,16,24,25,26,31,32,34, 41,42,43,44