1. O documento calcula limites no infinito e limites infinitos em pontos finitos para funções racionais. É encontrada uma assíntota vertical em x=3/2 para a função f(x)=x-1/(2x-3) e outra assíntota vertical em x=3 para a função f(x)=4x+4/(3+2x-x2). Ambas as funções têm uma única assíntota horizontal.

1. 1
Limites no innito e innitos.
1. Calcular limites no innito e limites innitos num ponto nito, encontrar assíntotas horizon-
tais e verticais (se existirem): f(x) = x−1
2x−3
.
Solução.
Primeiro, notamos que, de acordo com as regras aritméticas (dos limites nitos), lim
x→a
x−1
2x−3
= a−1
2a−3
,
para ∀a ̸= 3
2
. Isso indica que em qualquer ponto x ̸= 3
2
não há assíntotas verticais.
Segundo, no ponto x = 3
2
aparentemente temos lim
x→ 3
2
+
x−1
2x−3
= +∞ e lim
x→ 3
2
−
x−1
2x−3
= −∞. Qualquer
um desses dois resultados já indica que x = 3
2
é a assíntota vertical. Vamos demonstrar isso usando
a denição do limite innito (lembramos que as regras aritméricas não são válidas para os limites
innitos). Faremos a prova somente no caso x → 3
2
+
, porque a segunda parte tem a demonstração
análoga (completar em casa).
Pela denição, devemos mostrar que para qualquer E 0 conseguimos achar δ 0 tal que a
desigualdade 0 x − 3
2
δ implica em x−1
2x−3
E. Avaliamos o lado esquerdo da desigualdade
principal na forma x−1
2x−3
1/2
2x−3
E, (lembramos que 3
2
x 3
2
+ δ). Levando em conta que
todas as grandesas da última desigualdade são positivas, podemos reescreve-la na forma equivalente
2x − 3 1
2E
ou x − 3
2
1
4E
. Notamos que x − 3
2
é a grandeza de avaliação do argumento por δ na
denição do limite e, portanto, determinando δ = 1
4E
temos a denição satisfeita.
Terceiro, vamos avaliar intuitivamente os limites no innito: lim
x→+∞
x−1
2x−3
= 1
2
e lim
x→−∞
x−1
2x−3
= 1
2
.
Disso segue que f(x) tem uma única assíntota horizontal y = 1
2
.
Lembrando que as regras aritméricas são válidas para os limites no innito, podemos justicar
esse resultado da seguinte maneira: lim
x→+∞
x−1
2x−3
= lim
x→+∞
1− 1
x
2− 3
x
= 1
2
e lim
x→−∞
x−1
2x−3
= lim
x→−∞
1− 1
x
2− 3
x
= 1
2
.
Se for necessário, podemos realizar a demonstraçãp usando a denição. Para especicar, vamos
considerar o caso x → −∞ (o segundo caso tem a prova análoga): para qualquer ε 0 existe D 0
tal que da desigualdade x −D segue que

3. x−1
2x−3
− 1
2

5. ε. Transformamos a parte esquerda da
desigualdade principal da seguinte maneira:

7. x−1
2x−3
− 1
2

9. =

12. 2(x−1)−(2x−3)
2(2x−3)

15. =

18. 1
2(2x−3)

21. . A desigualdade
1
|2(2x−3)|
ε reescrevemos na forma equivalente 1
2ε
|2x − 3|, ou 1
2ε
3 − 2x (lembrando que
x −D 0 e então 2x − 3 0). Logo, caso 1
2ε
≤ 3, a última desigualdade é válida para todos
x 0 (isto é, para qualquer D), e caso 1
2ε
3 temos 1
2ε
− 3 −2x ou 3
2
− 1
4ε
x donde segue que
escolhendo D = 1
4ε
− 3
2
(para qualquer ε 1
6
) temos a denição do limite satisfeita.
(Completar o segundo caso em casa.)
Conclusão: ...
2. Calcular limites no innito e limites innitos num ponto nito, encontrar assíntotas horizon-
tais e verticais (se existirem): f(x) = 4x+4
3+2x−x2 .
Solução.
Primeiro, notamos que, de acordo com as regras aritméticas (dos limites nitos), lim
x→a
4x+4
3+2x−x2 =
4a+4
3+2a−a2 , para ∀a ̸= −1, 3 (x = −1, 3 são raízes do polinômio no denominador). Isso indica que em
qualquer ponto x ̸= −1, 3 não há assíntotas verticais.
Segundo, simplicamos a função, usando a fatoração dos seus polinômios (isso poderia ser o
primeiro passo): f(x) = 4x+4
3+2x−x2 = 4(x+1)
−(x+1)(x−3)
= 4
3−x
, ∀x ̸= −1. Notamos também, que o valor
da função num ponto (em particular, em x = −1) não tem inuência alguma nos seus limites em
qualquer ponto, seja a = −1 ou a ̸= −1.
Terceiro, no ponto x = −1 aparentemente temos lim
x→−1
4x+4
3+2x−x2 = lim
x→−1
4
3−x
= 1. A justufucativa
disso é evidente se usamos as propriedades aritméticas de limites nitos. No ponto x = 3 temos

22. 2
(intuitivamente) a situação diferente: lim
x→3+
4x+4
3+2x−x2 = lim
x→3+
4
3−x
= −∞ e lim
x→3−
4x+4
3+2x−x2 = lim
x→3−
4
3−x
=
+∞. Qualquer um dos dois últimos limites já indica que x = 3 é a assíntota vertical. Vamos
demonstrar isso usando a denição do limite innito (lembramos que as regras aritméricas não são
válidas para os limites innitos). Faremos a prova somente no caso x → 3
2
+
, porque a segunda parte
tem a demonstração análoga (completar em casa).
Pela denição, devemos mostrar que para qualquer E 0 conseguimos achar δ 0 tal que a
desigualdade 0 x−3 δ implica em 4
3−x
−E. Reescrevemos a desigualdade principal na forma
equivalente 4
x−3
E. Como todas as grandeza são positivas na última, transformamos ela a forma
x − 3 4
E
, o que quer dizer que a escolha δ = 4
E
garante o cumprimento da denição.
Quarto, vamos avaliar intuitivamente os limites no innito: lim
x→+∞
4x+4
3+2x−x2 = lim
x→+∞
4
3−x
= 0 e
lim
x→−∞
4x+4
3+2x−x2 = lim
x→−∞
4
3−x
= 0. Disso segue que f(x) tem uma única assíntota horizontal y = 0.
(Notamos que a simplicação da função aqui não é importante.)
Lembrando que as regras aritméricas são válidas para os limites no innito, podemos justicar
esse resultado da seguinte maneira: lim
x→+∞
4
3−x
= lim
x→+∞
4
x
3
x
−1
= 0 e lim
x→−∞
4
3−x
= lim
x→−∞
4
x
3
x
−1
= 0.
Se for necessário, podemos realizar a demonstraçãp usando a denição. Para especicar, vamos
considerar o caso x → +∞ (o segundo caso tem a prova análoga): para qualquer ε 0 existe
D 0 tal que da desigualdade x D segue que

24. 4
3−x
− 0

26. ε. Reescrevemos a parte esquerda
da desigualdade principal da seguinte maneira (tomamos D ≥ 3 para garantir que x − 3 0):

28. 4
3−x

30. = 4
x−3
ε. A última desigualdade equivale a x − 3 4
ε
e, portanto, escolhendo D = 4
ε
garantimos que a denição do limite está satisfeita. Juntando as restrições, a regra para escolher D
é D = max{3, 4
ε
}.
(Completar o segundo caso em casa.)
Conclusão: ...
3. Calcular limite pela denição: lim
x→+∞
x2
x+4
.
Solução.
Primeiro, notamos que o termo quadrático cresce muito mais rápido que o termo linear e,
portanto, esperamos que lim
x→+∞
x2
x+4
= +∞.
Para mostrar isso pela denição, para qualquer E 0 devemos achar tal D 0 que quando
x D então x2
x+4
E. Escolhendo sempre D ≥ 4 (para garantir que x + 4 2x) avaliamos o
lado esquerdo da desigualdade principal da seguinte maneira: x2
x+4
x2
2x
E ou x
2
E. Então,
escolhendo D = 2E, garantimos que a denição está satisfeita. Juntando as restrições, a regra para
escolher D é D = max{4, 2E}.
4. Calcular limite pela denição: lim
x→−∞
√
1−x
x
.
Solução.
Comparando a velocidade de crescimento do numerador e denominador, chegamos a conlusão
intuitiva que lim
x→−∞
√
1−x
x
= 0. Então, pela denição, precisamo mostrar que para qualquer ε 0
existe D 0 tal que da desigualdade x −D segue que

33. √
1−x
x
− 0

36. ε. Notamos que para
x −1 é válida a avaliação
√
1 − x
√
−2x. Então, escolhendo D ≥ 1, temos a seguinte avaliação

39. √
1−x
x

42. =
√
1−x
|x|
√
−2x
|x|
=
√
2
√
−x
−x
=
√
2
√
−x
ε. Como todas as grandezas são positivas, então a
última desigualdade equivale a
√
−x
√
2
ε
ou −x 2
ε2 ou ainda x − 2
ε2 . Assim, escolhendo
D = 2
ε2 garantimos que a denição do limite está satisfeita. Juntando as restrições, a regra para
escolher D é D = max{1, 2
ε2 }.