Limites infinitos

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EXERCÍCIOS SOBRE LIMITES INFINITOS 
01-06. Para cada função 𝑓(𝑥) abaixo, expresse cada um dos seguintes limites como +∞, −∞ ou NE (não 
existe): 
a) lim
𝑥→𝑎−
𝑓(𝑥) b) lim
𝑥→𝑎+
𝑓(𝑥) c) lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) 
01. 𝑓(𝑥) =
4
𝑥−5
; 𝑎 = 5 02. 𝑓(𝑥) =
2
3−𝑥
; 𝑎 = 3 03. 𝑓(𝑥) =
3𝑥
(𝑥+1)2
; 𝑎 = −1 
04. 𝑓(𝑥) =
4𝑥
𝑥2−4𝑥+3
; 𝑎 = 1 05. 𝑓(𝑥) =
7
(2𝑥−4)3
; 𝑎 = 2 06. 𝑓(𝑥) =
4
𝑥(𝑥−3)2
; 𝑎 = 3 
 
07. Ache as assíntotas verticais do gráfico de 𝑓 em cada caso: 
a) 𝑓(𝑥) =
2
𝑥2−5
 b) 𝑓(𝑥) =
1
𝑥3−2𝑥2−8𝑥
 c) 𝑓(𝑥) =
𝑥+4
𝑥2−16
 
 
08. Prove que se lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿 e lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = +∞, então 
a) lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = ∞ 
a) lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = ∞ se 𝐿 > 0 
b) lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = − ∞ se 𝐿 < 0 
 
 
RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS 
01. a) Se 𝑥 se aproxima de 5 e 𝑥 < 5, então 𝑥 − 5 se aproxima de 0 (zero) e é negativo e, daí, 
4
𝑥−5
 decresce 
sem limite. Assim, lim
𝑥→5−
4
𝑥−5
= −∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de 5 e 𝑥 > 5, então 𝑥 − 5 se aproxima de 0 (zero) e é positivo e, daí, 
4
𝑥−5
 cresce sem 
limite. Assim, lim
𝑥→5+
4
𝑥−5
= +∞. 
c) Como lim
𝑥→5−
4
𝑥−5
= −∞ e lim
𝑥→5+
4
𝑥−5
= +∞, lim
𝑥→5
4
𝑥−5
 não existe. 
02. a) Se 𝑥 se aproxima de 3 e 𝑥 < 3, então 3 − 𝑥 se aproxima de 0 (zero) e é positivo e, daí, 
2
3−𝑥
 cresce 
sem limite. Assim, lim
𝑥→3−
2
3−𝑥
= +∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de 3 e 𝑥 > 3, então 3 − 𝑥 se aproxima de 0 (zero) e é negativo e, daí, 
2
3−𝑥
 decresce 
sem limite. Assim, lim
𝑥→3+
2
3−𝑥
= −∞. 
c) Como lim
𝑥→3−
2
3−𝑥
= +∞. e lim
𝑥→3+
2
3−𝑥
= −∞, lim
𝑥→3
2
3−𝑥
 não existe 
03. a) Se 𝑥 se aproxima de −1 e 𝑥 < −1, então 𝑥 + 1 se aproxima de 0 (zero) e é negativo, donde vem que 
(𝑥 + 1)2 se aproxima de 0 e é positivo. Além disso, 3𝑥 se aproxima de −3. Logo, 
3𝑥
(𝑥+1)2
 decresce sem 
limite. Assim, lim
𝑥→−1−
3𝑥
(𝑥+1)2
= −∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de −1 e 𝑥 > −1, então 𝑥 + 1 se aproxima de 0 (zero) e é positivo, donde vem que 
(𝑥 + 1)2 se aproxima de 0 e é positivo. Além disso, 3𝑥 se aproxima de −3. Logo, 
3𝑥
(𝑥+1)2
 decresce sem 
limite. Assim, lim
𝑥→1+
3𝑥
(𝑥+1)2
= −∞. 
c) Como os limites laterais são ambos iguais a −∞, lim
𝑥→−1
3𝑥
(𝑥+1)2
= −∞. 
04. Para esta questão observe que 
4𝑥
𝑥2−4𝑥+3
=
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
. 
a) Se 𝑥 se aproxima de 1 e 𝑥 < 1, então 𝑥 − 1 se aproxima de 0 (zero) e é negativo. Além disso, 𝑥 − 3 se 
aproxima de −2, donde vem que (𝑥 − 1)(𝑥 − 3) se aproxima de 0 e é positivo. Além disso, 4𝑥 se aproxima 
de 4. Logo, 
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
 cresce sem limite. Assim, lim
𝑥→1−
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
= + ∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de 1 e 𝑥 > 1, então 𝑥 − 1 se aproxima de 0 (zero) e é positivo. Além disso, 𝑥 − 3 se 
aproxima de −2, donde vem que (𝑥 − 1)(𝑥 − 3) se aproxima de 0 e é negativo. Além disso, 4𝑥 se aproxima 
de 4. Logo, 
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
 decresce sem limite. Assim, lim
𝑥→1+
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
= − ∞. 
c) Como lim
𝑥→1−
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
= + ∞ e lim
𝑥→1+
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
= − ∞, lim
𝑥→1
4𝑥
(𝑥−1)(𝑥−3)
 não existe. 
05. a) Se 𝑥 se aproxima de 2 e 𝑥 < 2, então 2𝑥 − 4 se aproxima de 0 (zero) e é negativo, donde vem que 
(2𝑥 − 4)3 se aproxima de 0 e é negativo. Logo, 
7
(2𝑥−4)3
 decresce sem limite. Assim, lim
𝑥→2−
7
(2𝑥−4)3
= −∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de 2 e 𝑥 > 2, então 2𝑥 − 4 se aproxima de 0 (zero) e é positivo, donde vem que 
(2𝑥 − 4)3 se aproxima de 0 e é positivo. Logo, 
7
(2𝑥−4)3
 cresce sem limite. Assim, lim
𝑥→2+
7
(2𝑥−4)3
= ∞. 
c) Como lim
𝑥→2−
7
(2𝑥−4)3
= −∞ e lim
𝑥→2+
7
(2𝑥−4)3
= ∞, lim
𝑥→2
7
(2𝑥−4)3
 não existe. 
06. a) Se 𝑥 se aproxima de 3 e 𝑥 < 3, então 𝑥 − 3 se aproxima de 0 (zero) e é negativo, donde vem que 
(𝑥 − 3)2 se aproxima de 0 (zero) e é positivo e, portanto, como 𝑥 se aproxima de 3, 𝑥(𝑥 − 3)2 se aproxima 
de 0 (zero) e é positivo. Logo, 
4
𝑥(𝑥−3)2
 cresce sem limite. Assim, lim
𝑥→3−
4
𝑥(𝑥−3)2
 = + ∞. 
b) Se 𝑥 se aproxima de 3 e 𝑥 > 3, então 𝑥 − 3 se aproxima de 0 (zero) e é positivo, donde vem que (𝑥 − 3)2 
se aproxima de 0 (zero) e é positivo e, portanto, como 𝑥 se aproxima de 3, 𝑥(𝑥 − 3)2 se aproxima de 0 
(zero) e é positivo. Logo, 
4
𝑥(𝑥−3)2
 cresce sem limite. Assim, lim
𝑥→3+
4
𝑥(𝑥−3)2
 = + ∞. 
c) Como os limites laterais são ambos iguais a +∞, lim
𝑥→3
4
𝑥(𝑥−3)2
 = + ∞. 
07. A reta vertical 𝑥 = 𝑎 é uma assíntota vertical do gráfico de uma função racional 𝑓(𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
 se 𝑎 é 
raiz de 𝑞(𝑥) mas não é raiz de 𝑝(𝑥). Assim, 
a) 𝑥2 − 5 = 0 ⇒ 𝑥2 = 5 ⇒ 𝑥 = ±√5. Como ±√5 não zeram o numerador de 𝑓, 𝑥 = ±√5 são as 
assíntotas verticas da função. 
b) 𝑥3 − 2𝑥2 − 8𝑥 = 0 ⇒ 𝑥(𝑥2 − 2𝑥 − 8) = 0 ⇒ 𝑥 = 0 ou 𝑥 = −2 ou 𝑥 = 4. Como −2, 0 e 4 
não zeram o numerador de 𝑓, as assíntotas são as retas verticais 𝑥 = −2, 𝑥 = 0 e 𝑥 = 4. 
c) 𝑥2 − 16 = 0 ⇒ 𝑥2 = 16 ⇒ 𝑥 = ±4. Observe que 𝑥 = −4 zera o numerador de 𝑓, logo a reta 
vertical 𝑥 = −4 não é uma assíntota vertical. A única assíntota vertical é 𝑥 = 4. 
08. a) Devemos mostrar que dado 𝑀 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) > 𝑀. 
Caminhemos nesse sentido. Como lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿, dado 𝜖 = 1, existe 𝛿1 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ |𝑓(𝑥)| = |(𝑓(𝑥) − 𝐿) + 𝐿| ≤ |𝑓(𝑥) − 𝐿| + |𝐿| < 1 + |𝐿| 
Ou seja, 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ |𝑓(𝑥)| < 1 + |𝐿| ⇒ −(1 + |𝐿|) < 𝑓(𝑥) < 1 + |𝐿| (𝟏) 
Agora considere 𝑀 > 0 um número real dado. Como lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = +∞, existe 𝛿2 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 ⇒ 𝑔(𝑥) > 𝑀 + 1 + |𝐿| (𝟐) 
Tomando 𝛿 = min {𝛿1, 𝛿2}, de (1) e (2) temos: 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) > −(1 + |𝐿|) + 𝑀 + 1 + |𝐿| = 𝑀 
Isso mostra que lim
𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = ∞. 
b) Devemos mostrar que dado 𝑀 > 0, existe 𝛿 > 0 tal que 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) > 𝑀. 
Caminhemos nesse sentido. Como lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿 > 0, dado 𝜖 =
𝐿
2
, existe 𝛿1 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ |𝑓(𝑥) − 𝐿| <
𝐿
2
 ⇒ −
𝐿
2
< 𝑓(𝑥) − 𝐿 <
𝐿
2
 ⇒ 
𝐿
2
< 𝑓(𝑥) <
3𝐿
2
 (𝟏) 
Agora considere 𝑀 > 0 um número real dado. Como lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = +∞, existe 𝛿2 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 ⇒ 𝑔(𝑥) >
2𝑀
𝐿
 (𝟐) 
Tomando 𝛿 = min {𝛿1, 𝛿2}, de (1) e (2) temos: 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) >
𝐿
2
∙
2𝑀
𝐿
= 𝑀 
Isso mostra que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = ∞. 
c) Devemos mostrar que dado 𝑀 < 0, existe 𝛿 > 0 tal que 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) < 𝑀. 
Caminhemos nesse sentido. Como lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿 < 0, dado 𝜖 = −
𝐿
2
, existe 𝛿1 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < −
𝐿
2
 ⇒ 
𝐿
2
< 𝑓(𝑥) − 𝐿 < −
𝐿
2
 ⇒ 
3𝐿
2
< 𝑓(𝑥) <
𝐿
2
 
Ou seja, 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ −
3𝐿
2
> −𝑓(𝑥) > −
𝐿
2
 (𝟏) 
Agora considere 𝑀 < 0 um número real dado. Como lim
𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = +∞, existe 𝛿2 > 0 tal que 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 ⇒ 𝑔(𝑥) >
2𝑀
𝐿
 (𝟐) 
(aqui observe que sendo 𝑀 < 0 e 𝐿 < 0,
2𝑀
𝐿
> 0) 
Tomando 𝛿 = min {𝛿1, 𝛿2}, de (1) e (2) temos: 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 ⇒ −𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) > −
𝐿
2
∙
2𝑀
𝐿
= −𝑀 ⇒ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) < 𝑀 
Isso mostra que lim
𝑥→𝑎
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = −∞. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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