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Notas de Aulas 5 - Funcoes Elementares eCalculo de Limites - Parte II

Prof Carlos A S Soares

1 Nocao Intuitiva de limites

1.1 O Conceito de Limites Atraves de Graficos

Nesta subsecao estaremos apresentando o conceito de limites atraves do graficos de variasfuncoes. Estaremos interessados em, supondo f uma funcao, entender o significado de cadauma das expressoes

limx→a

f(x), limx→a+

f(x) e limx→a−

f(x).

Exemplo 1 Seja f : R → R a funcao f(x) = 2x+ 1.

Sabemos que o grafico de f e o que se encontra esbocado abaixo.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

No caso desta funcao, o que significa a expressao

limx→1

f(x),

ou, ainda,limx→1

(2x+ 1)?

1

Determinar limx→1 f(x) e simplesmente verificar de qual numero a imagem (y) se aproximaquando nos aproximamos de 1 no eixo x, isto e, podemos pensar que partimos de um certo pontono eixo x e caminhamos em direcao ao numero 1. E importante observar que esta aproximacaopode se dar em dois sentidos, vindo da direita ou da esquerda. Durante o percurso, iremosobservando o que esta acontecendo com a imagem a cada passo e continuamos de forma a nosaproximarmos cada vez mais de 1. A pergunta a ser respondida e a seguinte:

Pergunta 2 Existe um numero do qual a imagem(y) se aproximara a medida que formos nosaproximando cada vez mais de 1, sem pensarmos em atingir o 1, mas nos aproximandocada vez mais de 1?

Observando a figura e facil constatar que tal numero existe e e igual a 3.

Exemplo 3 Seja a funcao

f(x) =

{2x− 1 se x ≥ 2x2+ 1 se x < 2

O que concluir neste caso sobrelimx→2

f(x)?

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Voce, certamente, percebe que a resposta a pergunta 2 acima sobre esta funcao dependerade como nos aproximamos de 2, isto e, dependera de nos aproximarmos de 2 pela direita de 2ou pela esquerda de 2. Daı, neste caso, num certo sentido, podemos dividir a nossa perguntaem duas, quais sejam:

Pergunta 4 Existe um numero do qual a imagem(y) se aproximara a medida que formos nosaproximando cada vez mais de 2 caminhando sempre a direita de 2, isto e, atraves de numerosmaiores que 2?

Pergunta 5 Existe um numero do qual a imagem(y) se aproximara a medida que formosnos aproximando cada vez mais de 2 caminhando sempre a esquerda de 2, isto e, atraves denumeros menores que 2?

2

A analise do grafico acima, nos permite concluir que em ambos os casos existe sim o numero,sendo 3 na caso da pergunta 4 e 2 no caso da pergunta 5. Este exemplo ilustra os chamadoslimites laterais, respectivamente, limite lateral a direita e limite lateral a esquerda, isto e,

limx→2+

f(x) e limx→2−

f(x).

Escreveremos, entao, neste caso,

limx→2+

f(x) = 3 e limx→2−

f(x) = 2.

Observe que o numero do qual nos aproximamos depende da maneira como nos aproximamaosde 2, pela direita ou pela esquerda e, entao, diremos que o limite nao existe, isto e,

@ limx→2

f(x).

Temos, aqui, um exemplo do caso onde nao existe o limite, mas existem os limiteslaterais e estes sao diferentes. Outro detalhe a ser salientado e que a funcao tem um saltono ponto x = 2, o que exemplifica uma funcao que nao e contınua em x = 2. Informalmente,uma funcao e dita contınua num ponto x0 se nao possui salto em x0. Exploremostais nocoes atraves de mais alguns exemplos.

Exemplo 6 Consideremos, agora, a funcao

f(x) =

{2x− 1 se x ≥ 1x+ 1 se x < 1

Pede-se:

(a) Faca um esboco do grafico de f

(b) Determine, se existirem, limx→1+ f(x), limx→1− f(x) e limx→1 f(x)

(c) Observando o grafico, verifique se f e contınua em x = 2.

(d) Determine, se existirem, limx→0+ f(x), limx→0− f(x) e limx→0 f(x)

(e) Observando o grafico, verifique se f e contınua em x = 0

Solucao 7 (a) O grafico esta colocado a seguir.

(b) Observando o grafico e simples ver que limx→1+ f(x) = 1, limx→1− f(x) = 2 e, portanto,@ limx→1 f(x).

(c) Observe que em x = 1 ha um salto da grafico, logo a funcao nao e contınua em 1.

(d) Novamente, observamos que limx→0+ f(x) = limx→0− f(x) = limx→0 f(x) = 1.

(e) Nao havendo salto em x = 0 temos que a funcao e contınua em x = 0.

3

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y


f(x) =

x+ 3 se x ≤ −1x2 − 1 se −1 < x ≤ 2

3 se x > 2

Pede-se:






(f) Determine, se existirem, limx→−1+ f(x), limx→−1− f(x) e limx→−1 f(x)

(g) Observando o grafico, verifique se f e contınua em x = −1

Solucao 9 (a) O grafico vem dado a seguir.

(b) Novamente, observando o grafico, e simples concluir que limx→2+ f(x) = 3, limx→2− f(x) =3 e limx→2 f(x) = 3

(c) Nao havendo salto em x = 2, temos que f e contınua em x = 2.

(d) Temos: limx→1+ f(x) = 0, limx→1− f(x) = 0 e limx→1 f(x) = 0

(e) Notando que nao temos salto em x = 1 vemos que f e contınua em x = 1.

(f) O grafico nos leva a concluir que limx→−1+ f(x) = 0, limx→−1− f(x) = 2 e, novamente,@ limx→−1 f(x)

(g) f nao e contınua em x = 1 pois temos salto neste ponto.

4

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y


f(x) =

x2 + 3 se x ≤ −1x2 − x se −1 < x ≤ 2

3 se x > 2

Pede-se:






(f) Determine, se existirem, limx→−1+ f(x), limx→−1− f(x) e limx→−1 f(x)

(g) Observando o grafico, verifique se f e contınua em x = −1

Solucao 11 (a) Observe o grafico a seguir.

(b) Temos: limx→2+ f(x) = 3, limx→2− f(x) = 2 e @ limx→2 f(x)

(c) f nao e contınua em x = 2 em funcao do salto.

(d) E simples ver que limx→1+ f(x) = 0, limx→1− f(x) = 0 e limx→1 f(x) = 0

(e) Nao havendo salto neste ponto temos que f e contınua em x = 1.

(f) limx→−1+ f(x) = 2, limx→−1− f(x) = 4 e @ limx→−1 f(x)

(g) Novamente, pelo salto que observamos no grafico, temos que f nao e contınua emx = −1

5

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−1

1

2

3

4

5

6

x

y


f(x) =

{|x|, se −1 ≤ x < 1

x2 + 1, se x < −1 ou x ≥ 1

Pede-se:






Solucao 13 (a) Observe o grafico a seguir.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

(b) Temos: limx→2+ f(x) = 5, limx→2− f(x) = 5 e limx→2 f(x) = 5

(c) Sim, f e contınua em x = 2 pois nao temos salto.

(d) limx→1+ f(x) = 2, limx→1− f(x) = 1 e @ limx→1 f(x)

6

(e) f nao e contınua em x = 1 pois existe salto neste ponto.


f(x) =

|x|, se −1 ≤ x < 1

x2 + 1 se x < −1x2 se x ≥ 1

Pede-se:






Solucao 15 (a) O grafico segue abaixo.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

(b) Temos: limx→2+ f(x) = 4, limx→2− f(x) = 4 e limx→2 f(x) = 4

(c) Sim, f e contınua em x = 2 pois nao temos salto.

(d) limx→1+ f(x) = 1, limx→1− f(x) = 1 e limx→1 f(x) = 1

(e) f e contınua em x = 1 pois nao existe salto neste ponto.

Exemplo 16 Considere a funcao f(x) =√x. Sendo y =

√x, teremos y2 = x e, portanto,

o grafico desta funcao e a parte da parabola x = y2 que esta acima do eixo x, incluindo ospontos sobre o eixo x. Observe o grafico a seguir.

O que dizer, neste caso, de

limx→0

f(x), limx→0+

f(x) e limx→0−

f(x)?

7

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

x

y

Inicialmente, observemos que para pontos a esquerda de 0 nao temos imagem, pois ospontos a esquerda de 0 nao estao no domınio da funcao e, portanto, em casos como este, naotem sentido a expressao

limx→0−

f(x)

e a determinacao do limite se resume a limx→0+ f(x). E simples ver que limx→0+ f(x) = 0 e,portanto, teremos

limx→0

f(x) = 0.

A analise do exemplo acima nos leva ao seguinte comentario:

A expressao limx→a− f(x) so tem sentido se a funcao esta definida num intervalo,por menor que seja, a esquerda de a e comecando em a, nao necessariamentecontendo a, isto e, deve existir um intervalo do tipo ]b, a[ contido no domıno de f .A expressao limx→a+ f(x) so tem sentido se a funcao esta definida num intervalo, pormenor que seja, a direita de a e comecando em a, nao necessariamente contendo a,isto e, deve existir um intervalo do tipo ]a, b[ contido no domıno de f . A expressaolimx→a f(x) tem sentido desde que pelo menos umas das situacoes ocorra. Se asduas situacoes ocorrerem, entao, teremos

limx→a

f(x) = l ⇔ limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x) = l.

E claro que se somente uma das situacoes ocorre, tal como no exemplo anterior,o limite se resumira a esta situacao.

1.2 Exercıcios

Em cada item abaixo, trace um esboco do grafico da funcao e encontre os limites indicados,justificando caso o limite nao exista. Determine, ainda, os pontos onde cada funcao e contınua.

1. f(x) =

2 se x < 1−1 se x = 1−3 se 1 < x

(a) limx→1+ f(x) (b) limx→1− f(x) (c) limx→1 f(x)

8

2. f(x) =

{x+ 3 se x ≤ −23− x se −2 < x

(a) limx→−2+ f(x) (b) limx→−2− f(x) (c) limx→−2 f(x)

3. f(x) =

{2x+ 1 se x < 310− x se 3 ≤ x


4. f(x) =

{x2 se x ≤ 2

8− 2x se 2 < x(a) limx→2+ f(x) (b) limx→2− f(x) (c) limx→2 f(x)

5. f(x) =

2 + 3 se x < 12 se x = 1

7− 2x se 1 < x(a) limx→1+ f(x) (b) limx→1− f(x) (c) limx→1 f(x)

6. f(x) =

3 + x2 se x < −2

0 se x = −211− x2 se −2 < x


7. f(x) = |x− 5| (a) limx→5+ f(x) (b) limx→5− f(x) (c) limx→5 f(x)

8. f(x) = 3 + |2x− 4| (a) limx→2+ f(x) (b) limx→2− f(x) (c) limx→2 f(x)

9. f(x) = |x|x


2 Calculo de Limites

Ainda que nao tenhamos a pretensao de apresentar um estudo formal da teoria de limites,apresentamos, a seguir, alguns resultados que nos permitem o calculo de alguns limites, ja queseria extremamente complicado dependermos do grafico da funcao a todo momento. Algunsdesses resultados, tais como o que vem logo abaixo, sao de facil aceitacao. Vale notar que,quase sempre, utilizaremos o calculo de limites para nos ajudar a esbocar os graficos de algumasfuncoes. Se estivessemos interessados na demonstracao dos resultados, deverıamos lancar maodo conceito formal de limites o que, neste curso, nao nos parece apropriado. Vejamos taisresultados.

Resultado 17 (Limite de uma funcao do primeiro grau) Se f e uma funcao do pri-meiro grau, entao

limx→x0

f(x) = f(x0).

Em outras palavras, se a e b sao numeros reais, teremos

limx→x0

(ax+ b) = ax0 + b.

Ressaltamos que o resultado acima ainda e valido para funcoes constantes, isto e,

limx→x0

k = k.

Exemplo 18 (1) limx→0 3x+ 1 = 3.0 + 1 = 1

(2) limx→√2 −5x+ 1/2 = −5

√2 + 1/2

(3) limx→0 2 = 2

9

Resultado 19 (Propriedades operatorias de Limites) Sejam f e g funcoes tais que

limx→x0

f(x) = l e limx→x0

g(x) = m.

Entao:

(a) limx→x0(f(x)± g(x)) = l ±m

(b) limx→x0(f(x)g(x)) = lm. Em particular, se n e um numero natural, teremoslimx→x0(f(x))

n = ln

(c) Se f(x)g(x)

esta bem definida e m = 0, teremos limx→x0

f(x)g(x)

= lm

(d) Se n e um numero natural e n√

f(x) esta bem definida, teremos limx→x0n√f(x) = n

√l.

(e) limx→x0 |f(x)| = |l|.

Observacao 20 1. Quando trabalhamos com limx→x0 f(x) nao estamos interessados novalor de f quando x = x0. Pode acontecer do limite existir ainda que x0 nao esteja nodomınio de f . Esta situacao sera exemplificada abaixo mas ja foi abordada logo apos oexemplo 16.

2. Os resultados acima ainda permanecem validos se trocarmos limite por limites laterais!

3. Uma consequencia dos itens (a) e (b) acima e que

limx→x0

anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0 = anxn0 + . . .+ ax0 + a0.

Exemplo 21 Calcule os limites abaixo:

(a) limx→2 x3 + 2x2 − 1 (b) limx→1

√x2+1

x4+2x−2(c) limx→2

x2−4x−2

(d) limx→√2x−

√2

x2−2

(e) limh→0(x+h)3−x3

h(f) limx→ 1

2

8x2−26x2−5x+1

(g) limx→813− 4√x9−

√x

(h) limx→0

√x2+4−2√x2+9−3

(i) limx→−1(5x+ 1)10 (j) limx→1

∣∣∣x2+20x−1x+1

∣∣∣ (l) limx→−1

∣∣∣x2−1x+1

∣∣∣ .Solucao 22 (a) limx→2 x

3 + 2x2 − 1 = 23 + 2.22 − 1 = 15

(b) Temos: limx→1 x2 +1 = (1)2 +1 = 2 e limx→1 x

4 +2x− 2 = 14 +2.1− 2 = 1, o que nos

leva a, limx→1x2+1

x4+2x−2= 2

1= 1 e, portanto, limx→1

√x2+1

x4+2x−2=

√1 = 1.

(c) Temos: limx→2 x2−4 = 22−4 = 0 e limx→2 x−2 = 2−2 = 0 e, portanto, nao podemos

aplicar o item (c) do resultado anterior. Mas, observemos que x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) e,

daı, teremos, x2−4x−2

= (x−2)(x+2)x−2

= x + 2, sendo x = 2. Como no limite limx→2x2−4x−2

, nao nosinteressa quando x = 2, vem

limx→2

x2 − 4

x− 2= lim

x→2x+ 2 = 4.

(d) Novamente, temos, limite do numerador e do denominador iguais a zero. Mas, obser-vemos que

x−√2

x2 − 2=

x−√2

x2 − 2.x+

√2

x+√2=

x2 − (√2)2

(x2 − 2)(x+√2)

=1

x+√2,

10

sendo x = ±√2. Logo, teremos,

limx→

√2

x−√2

x2 − 2= lim

x→√2

1

x+√2=

1

2√2.

Uma outra solucao poderia ser obtida, simplesmente, observando que

x2 − 2 = (x−√2)(x+

√2) e, daı, terıamos

x−√2

x2 − 2=

x−√2

(x−√2)(x+

√2)

=1

x+√2.

Agora, terminamos como acima.

(e) Mais uma vez temos o caso 00. Observemos que (x+h)3 = x3+3hx2+3h2x+h3(confira

observacao 23 a seguir) e, daı, temos

(x+ h)3 − x3

h=

x3 + 3hx2 + 3h2x+ h3 − x3

h=

h(3x2 + 3hx+ h2)

h= 3x2+3hx+h2, pois h = 0.

Logo, vem

limh→0

(x+ h)3 − x3

h= lim

h→03x2 + 3hx+ h2 = 3x2.(Confira observacao 23 abaixo)

(f) Novamente, temos o caso 00. Observe que as raızes do denominador sao x1 = 1/2, x2 =

1/3 e as raızes do numerador sao x1 = 1/2, x2 = −1/2 e, daı, teremos 6x2 − 5x + 1 =6(x− 1/2)(x− 1/3) e 8x2 − 2 = 8(x− 1/2)(x+ 1/2)(Observacao 23 novamente). Logo, vem

8x2 − 2

6x2 − 5x+ 1=

8(x+ 1/2)(x− 1/2)

6(x− 1/2)(x− 1/3)=

8(x+ 1/2)

6(x− 1/3), pois x = 1/2.

Logo,

limx→ 1

2

8x2 − 2

6x2 − 5x+ 1= lim

x→ 12

8(x+ 1/2)

6(x− 1/3)=

8(1/2 + 1/2)

6(1/2− 1/3)= 8.

(g) Mais um item do tipo 00. Neste caso, o mais interessante e usar uma mudanca de

variaveis, isto e, podemos fazer 4√x = y. E muito importante observar que sempre ao

fazermos uma mudanca de variaveis devemos verificar qual mudanca ocorrerano limite, ja que nossa variavel era x e agora sera y. Note que, como x → 81, teremos4√x → 3, isto e, y → 3, pois estamos usando y = 4

√x. Como y = 4

√x = x

14 , teremos

y2 = (x14 )2 = x

12 =

√x. Logo

limx→81

3− 4√x

9−√x= lim

y→3

3− y

9− y2= lim

y→3

3− y

(3− y)(3 + y)= lim

y→3

1

3 + y=

1

6.

Observando, como acima, que ( 4√x)2 = (x

14 )2 = x

12 =

√x, uma segunda solucao pode ser

obtida fazendo

limx→81

3− 4√x

9−√x= lim

x→81

3− 4√x

9− ( 4√x)2

= limx→81

3− 4√x

(3− 4√x)(3 + 4

√x)

= limx→81

1

3 + 4√x=

1

6.

11

(h) Este caso, ainda do tipo 00merece um maior cuidado. Devemos buscar eliminar os

radicais que ocasionam o zero tanto no numerador, quanto no denominador(comparar com asolucao do item (d) acima) e, para tanto, faremos:

limx→0

√x2+4−2√x2+9−3

= limx→0

√x2+4−2√x2+9−3

(√x2+4+2)(

√x2+9+3)

(√x2+4+2)(

√x2+9+3)

= limx→0(x2+4−4)(

√x2+9+3)

(x2+9−9)(√x2+4+2)

= limx→0

√x2+9+3√x2+4+2

=64= 3

2.

(i) Temos limx→−1 5x + 1 = 5.(−1) + 1 = −5 + 1 = −4. Logo, pelo item (b) do resultadoacima, temos

limx→−1

(5x+ 1)10 = (−4)10 = 410.

(j) limx→1 x2 + 20x− 1 = 12 + 20.1− 1 = 20 e limx→1 x+ 1 = 1 + 1 = 2. Logo, teremos

limx→1

x2 + 20x− 1

x+ 1=

20

2= 10.

Agora, pelo item (e) do resultado anterior, teremos

limx→1

∣∣∣∣x2 + 20x− 1

x+ 1

∣∣∣∣ = |10| = 10.

(l) limx→−1x2−1x+1

= limx→−1(x+1)(x−1)

x+1= limx→−1(x − 1) = −2. Usando, novamente, (e),

vem

limx→−1

∣∣∣∣x2 − 1

x+ 1

∣∣∣∣ = | − 2| = 2.

Observacao 23 E bom lembrar que:

1. Se x1, x2 sao as raızes da funcao f(x) = ax2+bx+c, entao, ax2+bx+c = a(x−x1)(x−x2).

2. (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3 e (a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3

3. an − bn = (a − b)(an−1 + an−2b + an−3b2 + . . . + abn−2 + bn−1. Em particular, temos,a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2).

Uma situacao que deve ser muito bem compreendida esta descrita no resultado abaixo.

Resultado 24 (Limite de uma funcao definida por varias sentencas)

Sejam f e g funcoes tais que existam limx→x0 f(x) e limx→x0 g(x). Entao a funcao

h(x) =

{f(x) se x ≤ x0

g(x) se x > x0

e tal quelim

x→x−0

h(x) = limx→x0f(x) e limx→x+

0

h(x) = limx→x0g(x).

12

Vale observar que, para efeito de determinacao do limite, o resultado ainda permanecevalido se a funcao h esta definida por

h(x) =

{f(x) se x < x0

g(x) se x > x0ou h(x) =

{f(x) se x < x0

g(x) se x ≥ x0

Observacao 25 (Sobre existencia do limite e limites laterais) Ainda que ja tenhamosabordado insistimos que, sendo f uma funcao definida a direita e a esquerda de x0, nao ne-cessariamente em x0, existe limx→x0 f(x) se, e somente se, existem e sao iguais os limiteslaterais. Neste caso, teremos,

limx→x−

0

f(x) = limx→x+0f(x) = lim

x→x0

f(x).

Vale salientar que, quando uma funcao esta definida somente a esquerda de um numero x0,limx→x0 f(x) se reduzira ao limite lateral a esquerda, isto e, neste caso, teremos

∃ limx→x0

f(x) se, e somente se, ∃ limx→x−

0

f(x)

e, sendo este o caso, teremoslimx→x0

f(x) = limx→x−

0

f(x).

E claro que, quando a funcao estiver definida somente a direita de um numero x0, limx→x0 f(x)se reduzira ao limite lateral a direita, isto e, neste caso teremos

∃ limx→x0

f(x) se, e somente se, ∃ limx→x+

0

f(x)

elimx→x0

f(x) = limx→x+

0

f(x).

Exemplo 26 1. Sendo f(x) = |x|x, determine: (a) limx→0− f(x) (b) limx→0+ f(x) (c) limx→0 f(x)

2. Sendo f(x) =

x+ 1 se x < −1x2 se −1 ≤ x ≤ 1x se 1 < x

, determine:

(a) limx→−1− f(x) (b) limx→−1+ f(x) (c) limx→−1 f(x) (d) limx→1− f(x)

(e) limx→1+ f(x) (f) limx→1 f(x)

3. Sendo f(x) =

x+ 1 se x < −1

|x2 + x| se −1 ≤ x < 11 se 1 ≤ x

, determine:

(a) limx→−1− f(x) (b) limx→−1+ f(x) (c) limx→−1 f(x) (d) limx→1− f(x)

(e) limx→1+ f(x) (f) limx→1 f(x)

4. Sendo f(x) =

2x− a se x < −3ax+ 2b se −3 ≤ x ≤ 3b− 5x se 3 < x

, determine os valores de a e b tais que

limx→3 f(x) e limx→−3 f(x) existam.

13

Solucao 27 1. Como |x| ={

x, x ≥ 0−x, x < 0

, teremos

f(x) =

{xx, x > 0

−xx, x < 0

=

{1, x > 0

−1, x < 0

Note que a funcao nao esta definida em x = 0, isto e, x = 0 nao pertence ao domınio def . Usando o resultado 24 teremos:

(a) limx→0− f(x) = limx→0−1 = −1 (b) limx→0+ f(x) = limx→0 1 = 1 (c)@ limx→0 f(x),pois os limites laterais sao diferentes.

2. Teremos

(a) limx→−1− f(x) = limx→−1(x+1) = 0 (b) limx→−1+ f(x) = limx→−1 x2 = 1 (c)@ limx→−1 f(x),

pois os limites laterais sao diferentes.

(d) limx→1− f(x) = limx→1 x2 = 1 (e) limx→1+ f(x) = limx→1 x = 1 (f) limx→1 f(x) = 1.

3. Teremos

(a) limx→−1− f(x) = limx→−1(x + 1) = 0 (b) limx→−1+ f(x) = limx→−1 |x2 + x| =| limx→−1 x

2 + x| = 0 (c) limx→−1 f(x) = 0, pois os limites laterais sao iguais.

(d) limx→1− f(x) = limx→1 |x2 + x| = | limx→1 x2 + x| = 2 (e) limx→1+ f(x) = limx→1 1 =

1 (f)@ limx→1 f(x), pois os limites laterais sao diferentes.

4. Os limites limx→3 f(x) e limx→−3 f(x) existem se, e somente se, existem e sao iguais oslimies laterais, isto e, devemos ter

limx→3+

f(x) = limx→3−

f(x) e limx→−3+

f(x) = limx→−3−

f(x).

Mas,

limx→3+

f(x) = limx→3

(b− 5x) = b− 15 e limx→3−

f(x) = limx→3

(ax+ 2b) = 3a+ 2b

e

limx→−3+

f(x) = limx→−3

(ax+ 2b) = −3a+ 2b e limx→−3−

f(x) limx→−3

(2x− a) = −6− a.

Logo devemos exigir que b−15 = 3a+2b e −3a+2b = −6−a, o que nos leva ao sistema{3a+ b = −15

2a− 2b = 6.

Resolvendo, teremos, a = −3 e b = −6.

Voltemos ao conceito de funcao contınua sem que tenhamos que esbocar o grafico, ja que,como dissemos anteriormente, em muitos momentos a determinacao do limite sera crucial paraesbocarmos o grafico de uma funcao.

Conceito 28 Uma funcao f sera contınua num ponto x0 se, e somente se, as tres condicoesabaixo se verificam:

(1) Existe f(x0), isto e, x0 pertence ao domınio de f

(2) Existe limx→x0 f(x), isto e, limx→x0 f(x) e um numero real

(3) limx→x0 f(x) = f(x0)

14

Bem entendido, uma funcao sera contınua em um numero x0 pertencente ao seu domınio seo limite desta funcao quando x tende a x0 for igual ao valor de f em x0, isto e, f(x0). Quandof e contınua em todos os pontos do domınio dizemos simplesmente que f e contınua!

Exemplo 29 1) Qual o domınio da funcao f(x) =√x? Esta funcao e contınua em x = 0?

Justifique!

Solucao: Devemos ter x ≥ 0, logo o domınio de f e D = [0,∞[= {x ∈ R;x ≥ 0}.Como sabemos que 0 pertence ao domınio da funcao devemos comparar f(0) e limx→0 f(x) =limx→0

√x. Note que, neste caso, limx→0 f(x) se resume a limx→0+ f(x) ja que a funcao nao

esta definida a esquerda de 0 e, daı, temos

limx→0

f(x) = limx→0

√x = lim

x→0+f(x) = lim

x→0+

√x = 0.

Portanto, f e contınua em x = 0. Note que f e uma funcao contınua, isto e, f e contınua emtodos os pontos de seu domınio!.

2) Com os valores encontrados, a funcao do exemplo anterior, item 3, e contınua em x = 3?E em x = −3

Solucao: Com os vslores encontrados, temos

f(x) =

2x+ 3 se x < −3

−3x− 12 se −3 ≤ x ≤ 3−6− 5x se 3 < x

Daı, vem

limx→3+ f(x) = limx→3(−6 − 15x) = −21; limx→3− f(x) = limx→3(−3x − 12) = −21 ⇒limx→3 f(x) = −21 e, como, f(3) = −21, temos que f e contınua em x = 3.

De maneira analoga, temos

limx→−3− f(x) = limx→−3(2x + 3) = −3; limx→−3+ f(x) = limx→−3(−3x − 12) = −3 ⇒limx→3 f(x) = −3 e, como, f(−3) = −3, temos que f e contınua em x = −3.

3) Dada f(x) =

{ 3√x+a3−ax

se x = 0b se x = 0

, determine os valores de a e b tais que f seja

contınua em x = 0.

Solucao: Observe que

limx→0

f(x) = limx→0

3√x+ a3 − a

x(tipo

0

0).

Faremos a mudanca de variavel y = 3√x+ a3 . Como x → 0, teremos y → a e x = y3 − a3.

Logo, teremos

limx→0

3√x+ a3 − a

x= lim

y→a

y − a

y3 − a3= lim

y→a

y − a

(y − a)(y2 + ya+ a2)=

1

3a2.

Para que f seja contınua em 0 devemos ter limx→0 f(x) = f(0), isto e, devemos ter

1

3a2= b, ou ainda 3a2b = 1.

15

4) Em quais pontos as funcoes do exemplo anterior, itens 1 e 2, sao contınuas?

Solucao: A funcao do item (1) e contınua em todos os pontos do domınio, ja que e dadapelo quociente de duas funcoes contınuas, quais sejam, |x| e x. Observamos que 0 nao e umponto do domınio!

No caso da funcao do item (2), os unicos pontos onde poderıamos ter problemas seriamx = −1 ou x = 1. Em x = −1 nao existe o limite, logo a funcao nao e contınua. Em x = 1temos o limite igual a 1 que e o valor da funcao em x = 1. Logo, a funcao e contınua em todosos pontos do domınio, exceto em x = −1.

Observacao 30 (MUITO IMPORTANTE!)

Como consequencia das propriedades operatorias de limites, sendo f e g duas funcoescontınuas em x0, teremos as funcoes f + g, f − g, f.g, |f |, kf, n

√f e f/g contınuas em x0 desde

que bem definidas e, no caso do quociente, tenhamos g(x0) = 0. Em particular, qualquerfuncao do tipo f(x)anx

n + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0(funcao polinomial) e contınua em todos

os pontos e, consequentemente, quociente de duas funcoes polinomiais e uma funcao contınuaem qualquer ponto que nao anule o denominador.

De maneira informal, estamos dizendo que se duas funcoes f e g nao possuem salto numponto x0, entao as funcoes f + g, f − g, f.g, |f |, kf, n

√f e f/g tambem nao possuem salto em

x0. Se as funcoes f e g nao possuem salto em ponto algum, entao as funcoes f + g, f −g, f.g, |f |, kf, n

√f e f/g tambem nao possuem salto em ponto algum, desde que observadas as

condicoes de existencia.

3 Exercıcios

1. Calcule os limites abaixo:

(a) limx→2(x2 + 2x+ 1) (b) limx→1

x2+12x+2

(c) limx→−12x+1

x2−3x+4

(d) limx→−2x3+8x+2

(e) limx→1x4−1x−1

(f) limx→−3x3+27x2−9

(g) limx→−3x2+5x+6x2−x−12

(h) limx→1

√8x2−274x2−9

(i) limx→0

√x+2−

√2

x

(j) limx→02−

√4−xx

(k) limx→0

3√h+1−1h

(l) limx→−2x3−x2−x+10x2+3x+2

(m) limx→31−

√1+x√

x−1−x(n) limx→81

3− 4√x

9−√x

(o) limx→0

√2+x−

√2−x

3√2+x− 3√2−x

2. Para cada funcao abaixo, determine, se existirem, os limites indicados.

1) f(x) =

3x− 2 se x > 1

2 se x = 14x+ 1 se 1 < x


2) f(x) =

{3− 2x se x ≥ −14− x se x < −1


16

3) f(x) =

{2x− 5 se x ≥ 34− 5x se x < 3


4) f(x) =

1− x2 se x < 2

0 se x = 2x− 1 se x > 2


5) f(x) =

{x2 − 3x+ 2 se x ≤ 3

8− 2x se x > 3


6) f(x) =

2x2 − 3x− 1 se x < 2

1 se x = 2−x2 + 6x− 7 se 2 < x


3. Considere a funcao f(x) =√

x2−4x−2

. Pede-se:

(a) Determine o domınio de f

(b) Determine, se exitirem, (b.1) limx→2 f(x) (b.2) limx→−2 f(x)

(c) (c.1) A funcao e contınua em x = −2? Justifique! (c.2) A funcao e contınua emx = 2? Justifique!

4. Considere a funcao f(x) =√

x2−3x+2x

. Pede-se:

(a) Determine o domınio de f

(b) Determine, se exitirem, (b.1) limx→2 f(x) (b.2) limx→0 f(x) (b.3) limx→1 f(x)

(c) (c.1) A funcao e contınua em x = 0? Justifique! (c.2) A funcao e contınua em x = 1?Justifique! (c.3) A funcao e contınua em x = 2? Justifique!

5. Sejam f e g as funcoes

f(x) =

2x+ 3 se x < 1

2 se x = 17− 2x se 1 < x

e

g(x) =

3 + x2 se x < −2

0 se x = −211− x2 se −2 < x

.

Determine as funcoes(e respectivos domınios): f + g, fg, f − g, f/g e 2f + 4g. Paracada funcao encontrada, determine o limite quando x tende a 1 e o limite quando x tendea -2, justificando caso nao exista. Caso julgue necessario, determine os limites laterais.Determine, ainda, para cada funcao encontrada e as funcoes dadas, os pontos onde econtınua.

6. Determine a, se existir, para que a funcao seja contınua no ponto especificado.

(a) f(x) =

{x2−5x+6

x−2se x = 2

a se x = 2x = 2

17

(b) f(x) =

{x−11−x3 se x = 1

a se x = 1x = 1

(c) f(x) =

{ √x−2x−4

se x > 4

3x+ a se x ≤ 4x = 4

(d) f(x) =

{ √x+2−

√2

xse x > 0

3x2 − 4x+ a se x ≤ 0x = 0

7. (a) Determine (a.1) limx→−1+|x+1|x+1

(a.2) limx→−1−|x+1|x+1

(a.3) limx→−1|x+1|x+1

(b) Determine (b.1) limx→1+x2−5x+4|x−1| (a.2)(b.2) limx→1−

x2−5x+4|x−1| (b.3) limx→1

|x+1|x+1

(c) Determine (c.1) limx→2+|3x2−5x−2|

x−2(c.2) limx→2−

|3x2−5x−2|x−2

(c.3) limx→2|3x2−5x−2|

x−2

4 Limites Infinitos e Limites no Infinito

4.1 Limites Infinitos

Anteriormente, vimos que um dos problemas no calculo de limites surge quando desejamoscalcular limx→a

f(x)g(x)

. A estrategia incial e calcular limx→a f(x) e limx→a g(x) separadamente.

Sendo limx→a g(x) = 0 usamos que

limx→a

f(x)

g(x)=

limx→a f(x)

limx→a g(x)

e o limite esta determinado. Se limx→a g(x) = 0, nossos problemas comecam. Sendo limx→a f(x) =0, temos um caso de indeterminacao e devemos buscar outro meio de resolver tal limite. Jaabordamos alguns problemas deste tipo anteriormente e retornaremos a este mesmo tema umpouco mais tarde, apos desenvolvermos a teoria de derivadas.

O que fazer quando limx→a g(x) = 0 e limx→a f(x) = l = 0?

Vejamos um exemplo.

Exemplo 31 Consideremos a funcao f(x) = 1x2 e busquemos determinar limx→0 f(x) =

limx→01x2 .

Devemos responder a seguinte pergunta:

O que acontecera com a imagem(y) ao nos aproximarmos de zero no eixo x?

Nao e difıcil constatar que nos aproximando de zero, como o numerador e igual a 1, iremossempre crescendo o resultado da fracao, pois seu denominador, isto e, x2, sempre positivo, setornara cada vez menor. Assim, vemos que 1

x2 se tornara maior que qualquer numero, bastandopara isso que nos aproximemos suficientemente de 0. Para representar tal situacao ( a imagemcrescer indefinidamente ) introduziremos o sımbolo

∞ (infinito)

e anotaremos

limx→0

1

x2= ∞.

18

Note que isto independe do lado em que nos aproximemos de 0, isto e, temos

limx→0+

1

x2= ∞ e lim

x→0−

1

x2= ∞.

Observamos que∞ nao e um numero, somente representa um crescimento alem de qualquernumero.

Vejamos um caso com limites laterais, qual seja

Exemplo 32 Determinemos

limx→0+

1

xe lim

x→0−

1

x.

No primeiro caso, tal como no exemplo anterior, nao e difıcil observar que y = 1xcrescera alem

de qualquer numero positivo, bastando para isso que nos aproximemos cada vez mais de zeroa direita e, portanto, tal como no exemplo acima, teremos

limx→0+

1

x= ∞.

O que dizer sobre

limx→0−

1

x?

Neste caso, um pouco mais delicado, gostarıamos de saber o que acontecera com a imagemquando x se aproxima de 0 pela esquerda. Observamos, inicialmente, que y = 1

xe negativo,

ja que, neste caso, x < 0. Nao e difıcil perceber que y = 1xficara menor que qualquer numero

negativo bastando que nos aproximemos cada vez mais de 0. Abaixo, colocamos lado a lado,alguns valores de x e os respectivos valores de y = 1

x, obeserve.

x y = 1/x−1 −1−1/2 −2−1/10 −10−1/1000 −1000−1/1010 −1010

Neste caso, escreveremos

limx→0−

1

x= −∞.

Nos casos estudados acima e simples verificar que se no numerador, ao inves de 1 tivessemosuma funcao indo para 1, nao terıamos alteracao no resultado, isto e, temos a seguinte conclusao:

Conclusao 33 Suponhamos que desejemos calcular

limx→a

f(x)

g(x).

Inicialmente calculamoslimx→a

f(x) e limx→a

g(x)

e se o segundo limite for diferente de zero, nao teremos problema pois o limite final serasimplesmente o quociente dos limites encontrados separadamente. Se o limite do denominador

19

for zero, iremos verificar o limite do numerador. Se este for igual a zero, temos uma formaindeterminada, qual seja, 0

0e, daı, devemos buscar uma forma de determina-lo; se for diferente

de zero, entao o limite do quociente sera necessariamente igual a ∞ ou −∞. Pode ser utilobservar que:

(a.1)) Se o limite do numerador e um numero positivo e o denominador tende a 0, sendopositivo proximo de a a direita, teremos

limx→a+

f(x)

g(x)= ∞

(a.2) Se o limite do numerador e um numero positivo e o denominador tende a 0, sendopositivo proximo de a a esquerda, teremos

limx→a−

f(x)

g(x)= ∞

(b.1) Se o limite do numerador e um numero positivo e o denominador tende a 0, sendonegativo proximo de a a direita, teremos

limx→a+

f(x)

g(x)= −∞

(b.2) Se o limite do numerador e um numero positivo e o denominador tende a 0, sendonegativo proximo de a a esquerda, teremos

limx→a−

f(x)

g(x)= −∞

(c.1)) Se o limite do numerador e um numero negativo e o denominador tende a 0, sendopositivo proximo de a a direita, teremos

limx→a+

f(x)

g(x)= −∞

(c.2) Se o limite do numerador e um numero negativo e o denominador tende a 0, sendopositivo proximo de a a esquerda, teremos

limx→a−

f(x)

g(x)= −∞

(d.1) Se o limite do numerador e um numero negativo e o denominador tende a 0, sendonegativo proximo de a a direita, teremos

limx→a+

f(x)

g(x)= ∞

(d.2) Se o limite do numerador e um numero negativo e o denominador tende a 0, sendonegativo proximo de a a esquerda, teremos

limx→a−

f(x)

g(x)= ∞

20

Em particular, teremos

(i) limx→0+1xn = ∞

(ii) limx→0−1xn =

{∞ se n e par−∞ se n e ımpar

Nao ha necessidade de preocupacao em memorizar com os casos acima a.1,a.2, etc. Basta lembrar que quando tivermos a forma a =0

0o resultado sera ±∞ e

a decisao spbre qual deles vira da regra de sinais, isto e, divisao de numeros demesmo sinais resultam em positivo e divisao de numeros de sinais contrariosresultam em negativo. Ressaltamos que todas as observacoes feitas nas secoesanteriores para limite laterais e limites continuam validas nestes casos!

Exemplo 34 Determine

limx→0

x3 + 2x2 + 1

x4

Solucao 35 Inicialmente, determinemos separadamente os limites do numerador e do denominador. No caso do numerador, teremos

limx→0(x3 + 2x2 + 1) = limx→0 x

3 + limx→0 2x2 + limx→0 1 = 0 + 0 + 1 = 1.

Para o denominador vem, limx→0 x4 = 04 = 0.

Estamos no caso numero sobre zero e, como o denominador e positivo, teremos,

limx→0+

x3 + 2x2 + 1

x4= ∞ e; lim

x→0−

x3 + 2x2 + 1

x4= ∞

e, portanto,

limx→0

x3 + 2x2 + 1

x4= ∞.

Observe com atencao o exemplo a seguir.

Exemplo 36 Determine

limx→2

x3 + 2x2 + 1

x− 2

Solucao 37 Numerador: limx→2(x3 + 2x2 + 1) = 23 + 2.22 + 1 = 17.

Denominador: limx→2 x− 2 = 2− 2 = 0

Novamente, temos o caso numero sobre zero, so nos restando decidir entre ∞ ou −∞. No-tando que o denominador muda de sinal extamente em 2 e, portanto, assume sinais diferentesa esquerda e a direita de dois partimos para determinacao dos limites laterais. Daı, vem

limx→2+x3+2x2+1

x−2= ∞, pois o denominador e positivo a direita de 2 (valores maiores que

2)

limx→2−x3+2x2+1

x−2= −∞, pois o denominador e negativo a esquerda de 2 (valores menores

que 2)

Observe que, independente do caso(direita ou esquerda), o numerador e sempre positivoproximo de 2.

21

Vejamos ainda, um ultimo exemplo.

Exemplo 38 Sendo f(x) = x−3x2−5x+6

determine:

(a) limx→1 f(x)

(b) limx→3 f(x)

(c) limx→2 f(x)

Solucao 39 (a) Numerador: limx→1(x− 3) = 1− 3 = −2

Denominador: limx→1(x2 − 5x+ 6) = 12 − 5.1 + 6 = 2.

Caso em que nao temos problemas e o limite e determinado diretamente por

limx→1

x− 3

x2 − 5x+ 6=

−2

2= −1

(b) Numerador: limx→3(x− 3) = 3− 3 = 0


Caso 0/0(indeterminado) e devemos buscar uma forma de calcular.

Lembremos que se x1 e x2 sao as raızes da equacao ax2 + bx+ c = 0, entao ax2 + bx+ c =a(x−x1)(x−x2). No nosso caso, como 2 e 3 sao as raızes da equacao x2−5x+6 = 0, teremosx2 − 5x+ 6 = (x− 2)(x− 3). Logo

limx→3

x− 3

x2 − 5x+ 6= lim

x→3

x− 3

(x− 2)(x− 3)= lim

x→3

1

x− 2=

1

1= 1

(c) Numerador: limx→2(x− 3) = 2− 3 = −1


Caso numero/0 e, portanto, o resultado sera necessariamente ∞ ou −∞. Para decidirmosem que caso estamos, devemos conhecer o sinal da funcao x2 − 5x+ 6 proximo de 2, ja que onumerador sabemos que e negativo ( -1 ). No caso, sendo x2 − 5x+ 6 uma funcao do segundograu, sabemos que entre as raızes a funcao tem sinal contrario ao de a e fora das raızes mesmosinal de a, isto e,

x2 − 5x+ 6 > 0 se x < 2 ou x > 3 e x2 − 5x+ 6 < 0 se 2 < x < 3.

Como a funcao tem sinais distintos a direita e a esquerda de 2, partimos para os limies lateraise teremos:

limx→2+

x− 3

x2 − 5x+ 6= ∞ e lim

x→2−

x− 3

x2 − 5x+ 6= −∞.

4.2 Exercıcios

Calcule os limites abaixo:

22

(a) limx→4x

x−4(b) limx→3

4x2

9−x2 (c) limx→2+x+2x2−4

(d) limx→2−x+2x2−4

(e) limx→2x+2x2−4

(f) limx→0+

√3+x2

x

(g) limx→0−

√3+x2

x(h) limx→0

√3+x2

x(i) limx→3+

√x2−9x−3

(j) limx→4−

√16−x2

x−4(k) limx→0(

1x− 1

x2 ) (l) limx→2(1

x−2− 3

x2−4)

4.3 Limites no Infinito

Para finalizarmos este estudo sobre limites, abordaremos os casos

limx→∞

f(x) ou limx→−∞

f(x).

Escreveremos

limx→∞ f(x) = l, para indicar que a imagem se aproxima do numero l quando x cresceindefinidamente.

limx→∞ f(x) = ∞, para indicar que a imagem cresce alem de qualquer numero quando xcresce indefinidamente.

De maneira analoga teremos limx→−∞ f(x) = l, limx→−∞ f(x) = ∞, limx→−∞ f(x) = −∞,limx→∞ f(x) = −∞.

Vejamos alguns exemplos:

Exemplo 40 Nao e difıcil constatar que, sendo n um numero natural nao nulo, teremos

(a) limx→±∞1xn = 0

(b) limx→−∞ xn =

{−∞ se n ımpar∞ se n par

(c) limx→∞ xn = ∞

Exemplo 41 (limite de um polinomio quando x → ±∞ ) Busquemos determinar limx→∞(x2−x). Inicialmente, obsrvemos que limx→∞ x2 = ∞ e limx→∞ x e portanto se usamos a proprie-dade operatoria de limite de uma diferenca, teremos

limx→∞

(x2 − x) = limx→∞

x2 − limx→∞

x = ∞−∞

o que vale ressaltar, tambem e uma indeterminacao e devemos buscar uma forma de tratar tallimite. Neste caso faremos

limx→∞

(x2 − x) = limx→∞

x2(1− x

x2)

e comolimx→∞

x2 = ∞ e limx→∞

(1− x

x2) = 1

teremoslimx→∞

(x2 − x) = ∞.

23

No caso geral, nao e difıcil verificar que

limx→±∞

(anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0) = limx→±∞

anxn,

isto e, basta tomar o limite do termo de maior grau desprezando os termos restantes.

Exemplo 42 limx→∞(−4x3 + x2 + 1) = limx→∞−4x3 = −4 limx→∞ x3 = −∞ e

limx→−∞(5x4 + 3x3 + x− 1) = limx→−∞ 5x4 = 5 limx→−∞ x4 = ∞.

De maneira analoga, tratarıamos o caso polinomio dividido por polinomio, isto e,

limx→±∞

anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0bmxm + bm−1xm−1 + . . .+ b1x+ b0

= limx→±∞

anxn

bmxm.

Exemplo 43 (a) limx→∞4x4+3x3−x2+1

x2+x+1= limx→∞

4x4

x2 = limx→∞ 4x2 = ∞

(b) limx→∞4x4+3x3−x2+1

x4+x+1= limx→∞

4x4

x4 = limx→∞ 4 = 4

(c) limx→∞4x4+3x3−x2+1

x5+x+1= limx→∞

4x4

x5 = limx→∞4x= 0

4.4 Alguns exercıcios resolvidos

1) limx→∞√x2 + 7−

√x2 + 7 =?

Notemos que limx→∞√x2 + 7 =

√limx→∞ x2 + 7 = ∞ e limx→∞

√x2 − 7 =

√limx→∞ x2 − 7 =

∞ e, inicialmente, terıamos

limx→∞

√x2 + 7−

√x2 + 7 = ∞−∞ (indeterminacao).

Faremos entao

limx→∞√x2 + 7−

√x2 + 7 = limx→∞(

√x2 + 7−

√x2 + 7)(

√x2+7+

√x2+7√

x2+7+√x2+7

) = limx→∞(√x2+7)2−(

√x2+7)2√

x2+7+√x2+7

=

= limx→∞(x2+7)−(x2−7)√x2+7+

√x2+7

= limx→∞14√

x2+7+√x2+7

= 0

2) limx→∞√x2+1x

=?

Se usarmos que o limite de um quociente e o quociente dos limites, teremos ∞∞ (indeter-

minacao ).

Faremos entao,

limx→∞

√x2 + 1

x= lim

x→∞

√x2 + 1√x2

=

√limx→∞

x2 + 1

x2= 1

Observe a diferenca no limite abaixo

3) limx→−∞√x2+1x

=?

De maneira analoga faremos

limx→−∞

√x2 + 1

x= lim

x→−∞

√x2 + 1

−√x2

= −√

limx→−∞

x2 + 1

x2= −1

24

Lembre-se que√x2 = |x| =

{x se x ≥ 0−x se x < 0

e portanto x =

{ √x2 se x ≥ 0

−√x2 se x < 0

e como

neste caso, x → −∞, teremos x negativo e daı x = −√x2.

4) limx→∞(√x+

√x+

√x−

√x) =?

Novamente, temos um caso de indeterminacao do tipo ∞−∞.

Faremos entao

limx→∞(√

x+√x+

√x−

√x) = limx→∞(

√x+

√x+

√x−

√x)

√x+√

x+√x+

√x√

x+√

x+√x+

√x=

= limx→∞x+√

x+√x−x√

x+√

x+√x+

√x= limx→∞

√x+

√x√

x+√

x+√x+

√x.

Se calcularmos o limite do numerador e do denominador ainda teremos uma indeterminacaodo tipo ∞

∞ . Daı, continuando, teremos

limx→∞

√x+

√x√

x+√

x+√x+

√x= limx→∞

√x+

√x√

x√x+

√x+

√x+

√x

√x

= limx→∞

√x+

√x

x√x+

√x+

√x

x+1

= limx→∞

√1+√

1x√

1+√

x+√

x

x2+1

=

= limx→∞

√1+√

1x√

1+

√1x+√

1x3

+1

= 12.

4.5 Exercıcios

Calcule os limites abaixo:

(a) limx→∞2x+15x−2

(b) limx→∞4x2+32x2−1

(c) limx→∞x+4

3x2−5

(d) limx→∞x2−2x+57x3+x+1

(e) limx→∞√x2+4x+4

(f) limx→−∞√x2+4x+4

(g) limx→−∞4x3+2x2−58x3+x+2

(h) limx→∞3x4−7x2+2

2x4+1(i) limx→∞(

√x2 + 1− x)

(j) limx→∞√x2 + x− x (k) limx→−∞( 3

√x3 + x− 3

√x3 + 1) (l) limx→∞

√t+√

t+√t√

t+1

(m) limx→∞(√4x2 − 7x+ 4− 2x)

25

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