exercícios

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