Exerc Interessante AV AH Gr Função

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Exerc´ıcios interessantes sobre Ass´ıntotas Verticais e Ass´ıntoas Horizontais
Exerc´ıcio 1 Fac¸a o esboc¸o de uma figura que represente devidamente o comportamento do gra´fico da
func¸a˜o f(x) =
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4
Soluc¸a˜o:
Passos para solucionar o exerc´ıcio
Passo 1: Verificar se a func¸a˜o f possui Ass´ıntotas Verticais e Ass´ıntotas Horizontais.
Passo 2: ‘Completar’ as informac¸o˜es obtidas no passo anterior com algum outro tipo
de informac¸a˜o para plotar o gra´fico da func¸a˜o.
Para processar o Passo 1
Para determinar as Ass´ıntotas Verticiais do gra´fico da func¸a˜o f inicia-se por analisar
o Domı´nio da func¸a˜o, respondendo a pergunta: Quais sa˜o os valores de
x que anulam o denominador?
Temos que, x2 + 3x− 4 = 0⇔ x = −4 ou x = 1.
(Basta Utilizar Ba´skara e encontrar as ra´ızes do polinoˆmio p(x) = x2 + 3x− 4,
obtendo que x2 + 3x− 4 = (x− 1)(x + 4))
Portanto, f(x) =
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 =
x2 + 2x + 15
(x− 1)(x + 4)
Logo, Dom(f) = R− {−4, 1}. Assim, as retas x = −4 e x = 1 sa˜o candidatas a` Ass´ıntotas Verticais.
Agora, resta calcular os Limites lim
x→−4−
f(x), lim
x→−4+
f(x), lim
x→1−
f(x) e lim
x→1+
f(x).
Temos que,
• lim
x→−4−
f(x) = lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4
Pela releitura da func¸a˜o f
=========== lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1)(x + 4) =
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→−4−
======================= lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== +∞
Portanto, lim
x→−4−
f(x) = +∞
1
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1) • limx→−4−
[
1
(x + 4)
]
Temos que,
• lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1)
Fazer x=−4 e finalizar as contas
==============
(−4)2 + 2(−4) + 15
((−4)− 1) =
23
−5 = −
23
5
Assim, lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1) = −
23
5
.
Para o ca´lculo do Limite lim
x→−4−
1
(x + 4)
, basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x + 4⇒ lim
x→−4−
u(x) = lim
x→−4−
x + 4 = (−4) + 4 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ −4−.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x + 4.
Observando a figura a seguir verifica-se facilmente que
x→ −4− ⇒ x < −4⇒ x + 4︸ ︷︷ ︸
=u
< 0⇒ u < 0⇒ x→ −4− ⇒ u→ 0−
• lim
x→−4−
1
(x + 4)
u=x+4, x→−4−⇒u→0−
========== lim
u→0−
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== −∞
Portanto, lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
=
[
−23
5
]
[−∞] = +∞
De maneira totalmente ana´loga calcula-se lim
x→−4+
f(x)
2
Temos que,
• lim
x→−4+
f(x) = lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4
Pela releitura da func¸a˜o f
=========== lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1)(x + 4) =
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→−4+
======================= lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== −∞
Portanto, lim
x→−4+
f(x) = −∞
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1) • limx→−4+
[
1
(x + 4)
]
Temos que,
• lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1)
Fazer x=−4 e finalizar as contas
==============
(−4)2 + 2(−4) + 15
((−4)− 1) =
23
−5 = −
23
5
Assim, lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1) = −
23
5
.
Para o ca´lculo do Limite lim
x→−4+
1
(x + 4)
, basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x + 4⇒ lim
x→−4+
u(x) = lim
x→−4+
x + 4 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ −4+.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x + 4.
Observando a figura (Ver figura na Janela de Explicac¸o˜es anterior) verifica-se facilmente que
x→ −4+ ⇒ x > −4⇒ x + 4︸ ︷︷ ︸
=u
> 0⇒ u > 0⇒ x→ −4+ ⇒ u→ 0+
• lim
x→−4+
1
(x + 4)
u=x+4, x→−4+⇒u→0+
=========== lim
u→0+
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== +∞
Portanto, lim
x→−4+
x2 + 2x + 15
(x− 1)
[
1
(x + 4)
]
=
[
−23
5
]
[+∞] = −∞
3
Seguindo ideais bem semelhantes, calcula-se os Limites lim
x→1−
f(x) e lim
x→1+
f(x)
Temos que,
• lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4
Pela releitura da func¸a˜o f
=========== lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x− 1)(x + 4) =
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→1−
======================= lim
x→−4−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== −∞
Portanto, lim
x→1−
f(x) = −∞
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
• lim
x→1−
[
1
(x− 1)
]
Temos que,
• lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
Fazer x=1 e finalizar as contas
=============
(1)2 + 2(1) + 15
(1 + 4)
=
18
5
Assim, lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
=
18
5
.
Para o ca´lculo do Limite lim
x→1−
1
(x− 1), basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x− 1⇒ lim
x→1−
u(x) = lim
x→1−
x− 1 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ 1−.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x− 1.
Observando a figura a seguir verifica-se facilmente que
x→ 1− ⇒ x < 1⇒ x− 1︸ ︷︷ ︸
=u
< 0⇒ u < 0⇒ x→ 1− ⇒ u→ 0−
4
• lim
x→1−
1
(x− 1)
u=x−1, x→1−⇒u→0−
========== lim
u→0−
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== −∞
Portanto, lim
x→1−
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
=
[
18
5
]
[−∞] = −∞
De maneira totalmente ana´loga calcula-se lim
x→1+
f(x)
Temos que,
• lim
x→1+
f(x) = lim
x→1+
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4
Pela releitura da func¸a˜o f
=========== lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x− 1)(x + 4) =
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→1+
======================= lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== +∞
Portanto, lim
x→1+
f(x) = +∞
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
• lim
x→1+
[
1
(x− 1)
]
5
Temos que,
• lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
Fazer x=1 e finalizar as contas
==============
(1)2 + 2(1) + 15
(1 + 4)
=
18
5
Assim, lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
=
18
5
.
Para o ca´lculo do Limite lim
x→1+
1
(x− 1), basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x− 1⇒ lim
x→1+
u(x) = lim
x→1+
x− 1 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ 1+.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x− 1.
Observando a figura (Ver figura na Janela de Explicac¸o˜es anterior) verifica-se facilmente que
x→ 1+ ⇒ x > 1⇒ x− 1︸ ︷︷ ︸
=u
> 0⇒ u > 0⇒ x→ 1+ ⇒ u→ 0+
• lim
x→1+
1
(x− 1)
u=x−1, x→1+⇒u→0+
=========== lim
u→0+
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== +∞
Portanto, lim
x→1+
x2 + 2x + 15
(x + 4)
[
1
(x− 1)
]
=
[
18
5
]
[+∞] = +∞
Portanto, as retas verticais x = −4 e x = 1 sa˜o Ass´ıntotas Verticais para o gra´fico da func¸a˜o f .
Para determinar se o gra´fico da func¸a˜o f possui Ass´ıntotas Horizontais deve-se verificar o que ocorre com
os Limites lim
x→−∞
f(x) e lim
x→+∞
f(x).
Como f(x) =
x2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 , ou seja, f(x) e´ o quociente de dois polinoˆmios de mesmo grau, p(x) =
x2 + 2x + 15 e q(x) = x2 + 3x− 4, por um exerc´ıcio discutido anteriormente,temos que
• lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
(1)x2 + 2x + 15
(1)x2 + 3x− 4 =
1
1
= 1⇒ lim
x→−∞
f(x) = 1
• lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
(1)x2 + 2x + 15
(1)x2 + 3x− 4 =
1
1
= 1 lim
x→+∞
f(x) = 1
E mais,
f(x) = 1⇔ x
2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 = 1⇔ x
2 + 2x + 15 = x2 + 3x− 4⇔ 2x + 15 = 3x− 4⇔ x = 19
6
Assim,
• lim
x→−∞
f(x) = 1, e existe n1 < 0 (basta tomar n1 < 19), tal que f(x) 6= 1, para todo x < n1. Enta˜o, y = 1
e´ Ass´ıntota Horizontal para o Gra´fico da func¸a˜o f .
• lim
x→+∞
f(x) = 1, e existe n2 > 0 (basta tomar n2 > 19), tal que f(x) 6= 1, para todo x > n2. Enta˜o, y = 1
e´ Ass´ıntota Horizontal para o Gra´fico da func¸a˜o f .
Note que o Gra´fico da func¸a˜o f pode assintotar a reta y = 1 ‘por cima, ou por baixo’ (no −∞, ou no
+∞ ), como ilustra a figura seguir, que descreve o comportamento do gra´fico f em relac¸a˜o a` Ass´ıntota
Horizontal y = 1.
A figura a seguir descreve o comportamento do gra´fico f em relac¸a˜o a`s Ass´ıntotas Verticiais.[
lim
x→−4−
f(x) = +∞, lim
x→−4+
f(x) = −∞, lim
x→1−
f(x) = −∞, lim
x→1+
f(x) = +∞
]
7
Como Dom(f) = R− {−4, 1}, ou seja, Dom(f) = (−∞, −4) ∪ (−4, 1) ∪ (1, +∞), enta˜o, na˜o tem como
reunir o ‘pedac¸o’ da curva que representa o gra´fico de f que esta´ a` esquerda de −4 com o ‘pedac¸o’ da curva
que representa o gra´fico de f que esta´ a` direita de −4, deve-se ter uma forma de reunir os dois ‘pedac¸os’
da curva que representam o gra´fico de f que esta˜o entre −4 e 1, na˜o tem como reunir o ‘pedac¸o’ da curva
que representa o gra´fico de f que esta´ a` esquerda de 1 com o ‘pedac¸o’ da curva que representa o gra´fico de
f que esta´ a` direita de 1. Ainda mais, deve-se decidir se o gra´fico de f assintota a reta y = 1 ‘por cima,
ou por baixo’.
Pergunta: Como fazer isso?
Para reunir os dois ‘pedac¸os’ da curva que representam o gra´fico de f que esta˜o entre −4 e 1, basta lembrar
que f e´ cont´ınua em seu domı´nio. O ‘pedac¸o’ da curva que representa o gra´fico de f que esta´ a` esquerda
de −4 deve assintotar a reta horizontal y = 1. Pelo comportamento do gra´fico de f quando x → −4−
( lim
x→−4−
f(x) = +∞), deve-se ter que gra´fico de f assintota a reta y = 1 ‘por cima’. Analogamente, o
‘pedac¸o’ da curva que representa o gra´fico de f que esta´ a` direita de 1 deve assintotar a reta horizontal
y = 1. Pelo comportamento do gra´fico de f quando x→ 1+ ( lim
x→1+
f(x) = +∞), deve-se ter que gra´fico de
f assintota a reta y = 1 ‘por cima’.
Para o caso x < −4 (x→ −∞⇒ x < 19), temos que
f(x) > 1⇔ x
2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 > 1⇔ x
2 + 2x + 15 > x2 + 3x− 4
(Pois, para x < −4, a expressa˜o x2 + 3x− 4 > 0)⇔ x < 19
Para o caso x > 1 (x→ +∞⇒ x > 19) temos que
f(x) < 1⇔ x
2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 < 1⇔ x
2 + 2x + 15 < x2 + 3x− 4
(Pois, para x > 1, a expressa˜o x2 + 3x− 4 > 0)⇔ x > 19
Comenta´rio Interessante: Na verdade eu percebi que o ponto x = 19 era um ponto onde algo poderia
mudar, ou que algo interessante poderia ocorre no x = 19, quando eu fiz a conta f(x) = 1 ⇔ x = 19.
Depois eu calculei f(20), f(21), f(22), f(22.5), f(23.3), ... (calculei outros va´rios valores de f(x) com
x > 19), e percebi que f(x) < 1, para todo x > 19. De fato, f(x) ∼= 1, mas f(x) < 1, para todo x > 19.
Para −4 < x < 1 a expressa˜o x2 + 2x + 15 assume valores somente positivos (Na verdade a expressa˜o
x2 + 2x+ 15 e´ maior que zero para todo x ∈ R, pois o Discrimante de Ba´skara e´ negativo, ∆ = −56, enta˜o
x2+2x+15 e´ uma Para´bola Coˆncava Para Cima, e na˜o possui Ra´ızes reais), e a expressa˜o x2+3x−4 assume
valores negativos para −4 < x < 1. Logo, o quociente destas expresso˜es, ou seja, f(x) = x
2 + 2x + 15
x2 + 3x− 4 ,
sera´ menor que zero para −4 < x < 1.
Para entender melhor as explicac¸o˜es dadas anteriormente, observe as figuras descritas na janela a seguir.
8
A figura a seguir descreve o comportamento que se espera que o gra´fico da func¸a˜o f tenha, em func¸a˜o das
discusso˜es feitas anteriormente.
9
Exerc´ıcio 2 Fac¸a o esboc¸o de uma figura que represente devidamente o comportamento do gra´fico da
func¸a˜o f(x) =
√
x2 + 1
x− 2
Soluc¸a˜o:
Passos para solucionar o exerc´ıcio
Passo 1: Verificar se a func¸a˜o f possui Ass´ıntotas Verticais e Ass´ıntotas Horizontais.
Passo 2: ‘Completar’ as informac¸o˜es obtidas no passo anterior com algum outro tipo
de informac¸a˜o para plotar o gra´fico da func¸a˜o.
Para processar o Passo 1
Para determinar as Ass´ıntotas Verticiais do gra´fico da func¸a˜o f inicia-se por analisar
o Domı´nio da func¸a˜o, respondendo a pergunta: Quais sa˜o os valores de
x que anulam o denominador?
Temos que, x− 2 = 0⇔ x = 2.
Logo, Dom(f) = R− {2}, pois a expressa˜o x2 + 1 ≥ 0, para todo x ∈ R.
Assim, a reta x = 2 e´ candidata a` Ass´ıntota Vertical.
Agora, resta calcular os Limites lim
x→2−
f(x) e lim
x→2+
f(x).
Temos que,
• lim
x→2−
f(x) = lim
x→2−
√
x2 + 1
x− 2
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→2−
======================= lim
x→2−
√
x2 + 1
[
1
x− 2
]
=
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== −∞
Portanto, lim
x→2−
f(x) = −∞
10
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→2−
√
x2 + 1
[
1
x− 2
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→2−
√
x2 + 1 • lim
x→2−
[
1
x− 2
]
Temos que,
lim
x→2−
√
x2 + 1
Fazer x=2 e finalizar as contas
=============
√
(2)2 + 1 =
√
4 + 1 =
√
5 > 0
Para o ca´lculo do Limite lim
x→2−
1
(x− 2), basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x− 2⇒ lim
x→2−
u(x) = lim
x→2−
x− 2 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ 2−.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x− 2.
Observando a figura verifica-se facilmente que x→ 2− ⇒ u→ 0−.
• lim
x→2−
1
x− 2
u=x−2, x→2−⇒u→0−
=========== lim
u→0−
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== −∞
De maneira totalmente ana´loga calcula-se o Limite lim
x→2+
f(x)
Temos que,
• lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
√
x2 + 1
x− 2
Separar a parte da fc¸ f que gera problema qdo x→2+
======================= lim
x→2+
√
x2 + 1
[
1
x− 2
]
=
Ver Janela de explicac¸o˜es
=========== +∞
11
Portanto, lim
x→2+
f(x) = +∞
Janela de Explicac¸o˜es
Vamos encarar o Limite lim
x→2+
√
x2 + 1
[
1
x− 2
]
como os dois limites a seguir
• lim
x→2+
√
x2 + 1 • lim
x→2+
[
1
x− 2
]
Temos que,
lim
x→2+
√
x2 + 1
Fazer x=2 e finalizar as contas
=============
√
(2)2 + 1 =
√
4 + 1 =
√
5 > 0
Para o ca´lculo do Limite lim
x→2+
1
(x− 2), basta utilizar a Substituic¸a˜o
u = u(x) = x− 2⇒ lim
x→2+
u(x) = lim
x→2+
x− 2 = 0.
Portanto, u→ 0, quando x→ 2+.
Mas, u tende a` zero pela esquerda ou pela direita?!
Para responder esta pergunta, deve-se analisar o sinal da expressa˜o y = x− 2.
Observando a figura verifica-se facilmente que x→ 2+ ⇒ u→ 0+.
• lim
x→2+
1
x− 2
u=x−2, x→2+⇒u→0+
=========== lim
u→0+
(
1
u
)
Pelo Teorema
====== +∞
Portanto, a reta x = 2 e´ Ass´ıntota Vertical para o gra´fico da func¸a˜o f .
12
Para encontrar as Ass´ıntotas Horizontais, deve-se verificar o que ocorre com os Limites
• lim
x→−∞
f(x) • lim
x→+∞
f(x)
Temos que,
lim
x→−∞
f(x) = lim
x→−∞
√
x2 + 1
x− 2
Colocar x2 em evideˆncia dentro da raiz quadrada
==================== lim
x→−∞
√
x2
(
1 +
1
x2
)
x− 2 =
Usar que raiz do produto = produto das ra´ızes
=================== lim
x→−∞
√
x2
√(
1 +
1
x2
)
x− 2
√
x2=|x|
==== lim
x→−∞
|x|
√(
1 +
1
x2
)
x
[
1− 2 ( 1
x
)] =
x→−∞⇒x<0⇒|x|=−x
========== lim
x→−∞
−x
√(
1 +
1
x2
)
x
[
1− 2 ( 1
x
)] Cancelar x===== lim
x→−∞
√(
1 +
1
x2)
[
1− 2 ( 1
x
)] =
√
limx→−∞
(
1 +
1
x2
)
limx→−∞
[
1− 2 ( 1
x
)] (∗1)== −1
1
= −1
(∗1) lim
x→−∞
(
1 +
1
x2
)
= 1 +
(
lim
x→−∞
1
x2
)
= 1 + 0 = 1
lim
x→−∞
[
1− 2
(
1
x
)]
= 1− 2
(
lim
x→−∞
1
x
)
= 1− 2.0 = 1
Temos que,
lim
x→+∞
f(x) = lim
x→+∞
√
x2 + 1
x− 2
Colocar x2 em evideˆncia dentro da raiz quadrada
==================== lim
x→+∞
√
x2
(
1 +
1
x2
)
x− 2 =
Usar que raiz do produto = produto das ra´ızes
=================== lim
x→+∞
√
x2
√(
1 +
1
x2
)
x− 2
√
x2=|x|
==== lim
x→+∞
|x|
√(
1 +
1
x2
)
x
[
1− 2 ( 1
x
)] =
x→+∞⇒x>0⇒|x|=x
========== lim
x→+∞
x
√(
1 +
1
x2
)
x
[
1− 2 ( 1
x
)] Cancelar x===== lim
x→+∞
√(
1 +
1
x2
)
[
1− 2 ( 1
x
)] =
√
limx→+∞
(
1 +
1
x2
)
limx→+∞
[
1− 2 ( 1
x
)] (∗2)== 1
1
= 1
13
(∗2) lim
x→+∞
(
1 +
1
x2
)
= 1 +
(
lim
x→+∞
1
x2
)
= 1 + 0 = 1
lim
x→+∞
[
1− 2
(
1
x
)]
= 1− 2
[
lim
x→+∞
(
1
x
)]
= 1− 2.0 = 1
Portanto, lim
x→−∞
f(x) = −1 e lim
x→+∞
f(x) = 1
E mais,
f(x) = −1⇔
√
x2 + 1
x− 2 = −1⇔
√
x2 + 1 = −(x− 2)⇔ x2 + 1 = x2 − 4x + 4⇔ 4x = 3⇔ x = 3
4
Logo, lim
x→−∞
f(x) = −1 e existe n1 < 0 (basta tomar n1 < 34), tal que f(x) 6= −1, para todo x < n1.
Portanto, a reta y = −1 e´ uma Ass´ıntota Horizontal para o gra´fico da func¸a˜o f .
Ale´m disso,
f(x) = 1⇔
√
x2 + 1
x− 2 = 1⇔
√
x2 + 1 = (x− 2)⇔ x2 + 1 = x2 − 4x + 4⇔ 4x = 3⇔ x = 3
4
Desta forma, lim
x→−∞
f(x) = 1 e existe n2 > 0 (basta tomar n2 >
3
4
), tal que f(x) 6= 1, para todo x > n2.
Portanto, a reta y = 1 e´ uma Ass´ıntota Horizontal para o gra´fico da func¸a˜o f .
Para determinar se o gra´fico de f assintota a reta y = −1 ‘por cima ou por baixo’ devemos determinar
para quais valores de x temos f(x) < −1 e para quais valores de x temos f(x) > −1. Como estamos
tratando de lim
x→−∞
f(x), podemos supor que x < 2. Logo, a expressa˜o x− 2 e´ negativa.
Assim,
f(x) < −1⇔
√
x2 + 1
x− 2 < −1
x→−∞⇒x−2<0
=======⇒
√
x2 + 1 > −(x− 2) x−2<0⇒−(x−2)>0,
√
x2+1>0
============⇒
⇒ (
√
x2 + 1)2 > [−(x− 2)]2 ⇔ x2 + 1 > x2 − 4x + 4⇔ 4x > 3⇔ x > 3
4
Ale´m disso,
f(x) > −1⇔
√
x2 + 1
x− 2 > −1
x→−∞⇒x−2<0
=======⇒
√
x2 + 1 < −(x− 2) x−2<0⇒−(x−2)>0,
√
x2+1>0
============⇒
⇒ (
√
x2 + 1)2 < [−(x− 2)]2 ⇔ x2 + 1 < x2 − 4x + 4⇔ 4x < 3⇔ x < 3
4
Logo, x <
3
4
⇒ f(x) > −1 e x > 3
4
⇒ f(x) < −1.
14
Para determinar se o gra´fico de f assintota a reta y = 1 ‘por cima ou por baixo’ devemos determinar para
quais valores de x temos f(x) < 1 e para quais valores de x temos f(x) > 1. Como estamos tratando de
lim
x→+∞
f(x), podemos supor que x > 2. Logo, a expressa˜o x− 2 e´ positiva.
Assim,
f(x) < 1⇔
√
x2 + 1
x− 2 < 1
x→+∞⇒x−2>0
=======⇒
√
x2 + 1 < (x− 2) x−2>0,
√
x2+1>0
=======⇒
⇒ (
√
x2 + 1)2 < (x− 2)2 ⇔ x2 + 1 < x2 − 4x + 4⇔ 4x < 3⇔ x < 3
4
(Na˜o Satisfaz a condic¸a˜o x > 2)
Ale´m disso,
f(x) > 1⇔
√
x2 + 1
x− 2 > 1
x→+∞⇒x−2>0
======⇒
√
x2 + 1 > (x− 2) x−2>0,
√
x2+1>0
=======⇒
⇒ (
√
x2 + 1)2 > (x− 2)2 ⇔ x2 + 1 > x2 − 4x + 4⇔ 4x > 3⇔ x > 3
4
(Fazer intersecc¸a˜o com x > 2)
Logo, x > 2⇒ f(x) > 1.
A figura a seguir descreve o comportamento do gra´fico de f .
Bons Estudos!
15