O documento apresenta três exemplos de funções racionais analisando suas assintotas e descontinuidades. O Exemplo 1 mostra uma função com assintota vertical em x=1/2 e horizontal em y=3/2. O Exemplo 2 apresenta duas assintotas verticais em x=-2 e x=2 e uma horizontal em y=-2. Já o Exemplo 3 simplifica a função para mostrar uma assintota vertical em x=2 e uma descontinuidade removível em x=-2.

1. ASS´INTOTAS E DESCONTINUIDADES
Prof. Dr. Carlos A. P. Campani
Os exemplos a seguir desenvolvem a an´alise de ass´ıntotas e o estudo das
descontinuidades em fun¸c˜oes.
EXEMPLO 1
f(x) =
3x + 1
2x − 1
2x − 1 = 0 ⇒ x = 1/2
Existe uma descontinuidade infinita em x = 1/2.
dom(f) = R − {1/2}
Ass´ıntota vertical em x = 1/2.
f(0) =
3.0 + 1
2.0 − 1
= −1
Intercepta o eixo y em (0, −1).
f(x) = 0 ⇒ 3x + 1 = 0 ⇒ x = −1/3
Intercepta o eixo x em (−1/3, 0).
An´alise de ass´ıntotas verticais:
lim
x→ 1
2
−
(3x + 1) =
5
2
> 0
lim
x→ 1
2
−
(2x − 1) = 0−
< 0
Logo, ⊕ ÷ = e
lim
x→1/2
3x + 1
2x − 1
= −∞
1

2. lim
x→ 1
2
+
(3x + 1) =
5
2
> 0
lim
x→ 1
2
+
(2x − 1) = 0+
> 0
Logo, ⊕ ÷ ⊕ = ⊕ e
lim
x→1/2
3x + 1
2x − 1
= +∞
An´alise do comportamento da fun¸c˜ao nos extremos do eixo x:
lim
x→±∞
3x + 1
2x − 1
≈ lim
x→±∞
3x
2x
=
3
2
Isso ocorre pelo fato do grau dos polinˆomios do numerador e do denominador
serem iguais. Assim, concluimos que ocorre uma ass´ıntota horizontal em
y = 3/2.
RELEMBRANDO
Lembremos que, dependendo dos graus dos polinˆomios da fun¸c˜ao, devemos
considerar os quatro casos, ilustrados nestes exemplos:
a) f(x) = 3x
x2+1
limx→+∞ f(x) = 0 limx→−∞ f(x) = 0 denominador
tem grau maior
b) f(x) = 3x2
x2+1
limx→+∞ f(x) = 3 limx→−∞ f(x) = 3 denominador
tem grau igual
c) f(x) = 3x3
x2+1
limx→+∞ f(x) = +∞ limx→−∞ f(x) = −∞ denominador
tem grau menor
e diferen¸ca ´e ´ımpar
d) f(x) = 3x4
x2+1
limx→+∞ f(x) = +∞ limx→+∞ f(x) = +∞ denominador
tem grau menor
e diferen¸ca ´e par
2

3. Gr´aficos destes 4 casos:
caso a caso b
caso c caso d
GR´AFICO EXEMPLO 1
3

4. EXEMPLO 2
y =
2x2
4 − x2
4 − x2
= 0 ⇒ x = ±2
Existem duas descontinuidades infinitas, em x = 2 e x = −2.
dom(f) = R − {−2, 2}
Ass´ıntotas verticais em x = 2 e x = −2.
f(0) =
2.02
4 − 02
= 0
Intercepta ambos os eixos na origem.
An´alise de ass´ıntotas verticais:
lim
x→−2−
(2x2
) = 8 > 0
lim
x→−2−
(4 − x2
) = 0−
< 0 porque lim
x→−2−
x2
= 4+
Logo,
lim
x→−2−
2x2
4 − x2
= −∞
lim
x→−2+
(2x2
) = 8 > 0
lim
x→−2+
(4 − x2
) = 0+
> 0 porque lim
x→−2+
x2
= 4−
Logo,
lim
x→−2+
2x2
4 − x2
= +∞
A outra ass´ıntota resulta em:
lim
x→2−
2x2
4 − x2
= +∞
lim
x→2+
2x2
4 − x2
= −∞
Devido ao fato dos graus dos polinˆomios serem iguais, a an´alise nos ex-
tremos do eixo x deve resultar em um valor constante:
lim
x→±∞
2x2
4 − x2
≈ lim
x→±∞
2x2
−x2
= −2
Isso significa a existˆencia de uma ass´ıntota horizontal em y = −2.
4

5. GR´AFICO EXEMPLO 2
EXEMPLO 3
y =
x + 2
x2 − 4
Primeiro devemos perceber que existe uma simplifica¸c˜ao que pode ser
feita:
y =
x + 2
x2 − 4
=
x + 2
(x + 2)(x − 2)
=
1
x − 2
com x = −2
dom(f) = R − {−2, 2}
Existe uma ass´ıntota vertical em x = 2. No caso de x = −2, como foi um
valor retirado do dom´ınio como resultado da simplifica¸c˜ao, trata-se de uma
descontinuidade remov´ıvel. No gr´afico, esta descontinuidade remov´ıvel ir´a
aparecer como um “furo” na curva da fun¸c˜ao em x = −2.
Intercepta¸c˜ao do eixo y:
f(0) =
1
0 − 2
= −
1
2
5

6. A fun¸c˜ao n˜ao intercepta o eixo x, pois 1
x−2
n˜ao possui ra´ızes pois o nu-
merador ´e uma constante.
A an´alise de ass´ıntotas verticais ´e a seguinte:
lim
x→2−
1
x − 2
= −∞
lim
x→2+
1
x − 2
= +∞
An´alise do comportamento da fun¸c˜ao nos extremos do eixo x:
lim
x→±∞
1
x − 2
= 0
Observe que todas as an´alises foram feitas usando-se a fun¸c˜ao simplifi-
cada.
GR´AFICO EXEMPLO 3
6