Capítulo 4

4.1 Em cada caso, fixemos uma tolerância $\epsilon>0$ e procuremos resolver uma desigualdade elementar. (1) Observe que $\frac{500}{x}>0$ para todo $x>0$. Seja $\epsilon>0$. Procuremos quais são os $x>0$ grandes, positivos, para os quais $0<\frac{500}{x}\leq\epsilon$. Resolvendo a desigualdade achamos: $x\geq\frac{500}{\epsilon}$. (2) Seja $\epsilon>0$. Procuremos resolver $0<\frac{9}{x^{2}}\leq\epsilon$, que dá $x\geq\frac{3}{\sqrt{\epsilon}}$. (3) Observe que $\frac{2}{3-x}<0$ quando $x$ for grande, positivo. Fixemos $\epsilon>0$, e procuremos resolver $-\epsilon\leq\frac{2}{3-x}<0$, e achamos $x\geq 3+\frac{2}{\epsilon}$. 4.3

Vamos mostrar que

Para isso fixemos uma tolerância $\epsilon>0$ (arbitrariamente pequena), e verifiquemos que

vale sempre que $x$ for tomado suficientemente grande. Para começar, calculemos o valor absoluto da diferença:

Agora resolvemos a desigualdade (para $x$ grande, positivo)

e achamos a solução: $x\geq 13\epsilon-15$. Assim, provamos (A.1). Deixamos o leitor tratar o limite $x\to-\infty$. Usando um computador, podemos verificar que de fato, os valores de $\frac{2x-1}{3x+5}$, longe da origem, se aproximam de $\tfrac{2}{3}$:

4.4 (1) Vamos mostrar que o limite é $\tfrac{1}{5}$. Calculemos então $\bigl{|}\frac{x^{2}-1}{5x^{2}}-\tfrac{1}{5}\bigr{|}=\frac{1}{5x^{2}}$. Seja $\epsilon>0$. Para ter $\tfrac{1}{5x^{2}}\leq\epsilon$, podemos tomar $x\geq N$, onde $N=\frac{1}{\sqrt{5\epsilon}}$. Logo, como isso pode ser feito com qualquer $\epsilon>0$, isso mostra que $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^{2}-1}{5x^{2}}=\tfrac{1}{5}$. (2) Como a função é constante e igual a $1$ nos positivos, temos $\lim_{x\to\infty}f(x)=1$. Observe aqui que para qualquer tolerância $\epsilon>0$, podemos sempre tomar o mesmo $N$, por exemplo $N=0$. De fato, para todo $x\geq 0$, $|f(x)-1|=0\leq\epsilon$, qualquer que seja a tolerância. Esse exemplo mostra que uma função pode coincidir com a sua assíntota. (3) Como a função é a divisão de $1$ por um número grande, o limite deve ser zero. De fato, seja $\epsilon>0$. Precisamos mostrar que

para todo $x$ suficientemente grande. Mas como não dá para resolver essa desigualdade (isto é: isolar o $x$), podemos começar observando que $\bigl{|}\frac{1}{x^{3}+\operatorname{sen}^{2}x}\bigr{|}\leq\frac{1}{x^{3}}$, e procurar resolver $\frac{1}{x^{3}}\leq\epsilon$. Vemos que se $x\geq N{:=}\epsilon^{-1/3}$, então essa desigualdade será verificada, e $\bigl{|}\frac{1}{x^{3}+\operatorname{sen}^{2}x}\bigr{|}\leq\epsilon$. Isso mostra que $\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^{3}+\operatorname{sen}^{2}x}=0$. 4.5 Seja $\epsilon>0$. Queremos mostrar que $|\frac{1}{f(x)}|\leq\epsilon$ para todo $x$ suficientemente grande. Como $\lim_{x\to\infty}f(x)=\pm\infty$, sabemos que se $A=\tfrac{1}{\epsilon}$, então existe $N$ tal que $f(x)\geq A$ para todo $x\geq N$ (em particular, $f(x)>0$ para esses $x$). Mas isso implica também $\frac{1}{f(x)}\leq\frac{1}{A}=\epsilon$, o que queríamos. 4.7 (1) Como $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{x^{q}}=0$ para qualquer $q>0$, usando (4.6) dá $\lim_{x\to\pm\infty}\{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}\}=0$. (2) $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^{2}-1}{x^{2}}=1$ (3) $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-x^{2}}{x^{2}-1}=-1$. (4) Colocando $x^{3}$ em evidência e usando (4.8),

(5) $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x^{3}-2}{x^{4}+x}=0$ (6) Colocando $x^{4}$ em evidência no denominador, $x^{2}$ no numerador, $\frac{1+x^{4}}{x^{2}+4}=x^{2}\frac{\frac{1}{x^{4}}+1}{1+\frac{4}{x^{2}}}$. Como $x^{2}\to\infty$ e que a fração tende a $1$, temos $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1+x^{4}}{x^{2}+4}=\infty$. (7) “$\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}}$” não é definido. Por outro lado, colocando $\sqrt{x}$ em evidência,

(8) Lembrando que $\sqrt{x^{2}}=|x|$ (Exercício 1.8!), temos $\frac{\sqrt{4x^{2}+1}}{x}=\frac{\sqrt{x^{2}(4+\frac{1}{x^{2}})}}{x}=\frac{|x|}{x}\sqrt{4+\frac{1}{x^{2}}}$. Como $\frac{|x|}{x}=+1$ se $x>0$, $=-1$ se $x<0$, temos $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{|x|}{x}=\pm 1$. Como $\lim_{x\to\pm\infty}\sqrt{4+\frac{1}{x^{2}}}=\sqrt{4}=2$, temos $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+1}}{x}=\pm 2$. (9) Do mesmo jeito, $\sqrt{x^{2}+3}=|x|\sqrt{1+\frac{3}{x^{2}}}$. Assim,

Como $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x}{|x|}=\pm 1$, e que a razão tende a $3$, temos

(10) O limite $x\to-\infty$ não é definido, e $\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=1$. (11) $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{|x|}{x^{2}+1}=0$ (12) $\lim_{x\to\pm\infty}\sqrt{x^{2}+1}=+\infty$ (13) Como $\frac{1}{2^{x}}=2^{-x}$, temos $\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2^{x}}=0$, $\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{2^{x}}=+\infty$. (14) $\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}+100}{e^{-x}-1}=-\infty$, $\lim_{x\to-\infty}\frac{e^{x}+100}{e^{-x}-1}=0$. (15) Primeiro mostre (usando os mesmos métodos do que os que foram usados nos outros itens) que $\lim_{x\to\pm\infty}(1+\frac{x+1}{x^{2}})=1$. Em seguida, observe que se $z$ se aproxima de $1$, então $\ln(z)$ se aproxima de $\ln(1)=0$. Logo, $\lim_{x\to\pm\infty}\ln(1+\frac{x+1}{x^{2}})=0$. Obs: dizer que “se $z$ se aproxima de $1$, então $\ln(z)$ se aproxima de $\ln(1)$” presupõe que a função $\ln$ é contínua em $1$. Continuidade será estudada no fim do capítulo. (16) Escreve $(1+e^{x})=e^{x}(1+e^{-x})$, logo $\frac{\ln(1+e^{x})}{x}=\frac{\ln e^{x}}{x}+\frac{\ln(1+e^{-x})}{x}=1+\frac{\ln(1+e^{-x})}{x}$. Mas $\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+e^{-x})}{x}=0$, logo $\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+e^{x})}{x}=1$. Por outro lado, $\ln(1+e^{x})\to 0$ quando $x\to-\infty$, logo $\lim_{x\to-\infty}\frac{\ln(1+e^{x})}{x}=0$. (17) Como $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{x}=0$ temos, $\lim_{x\to\pm\infty}e^{\frac{1}{x}}=e^{0}=1$. (18) $``\lim_{x\to\pm\infty}\operatorname{sen}^{2}x^{\prime\prime}$ não existe. (19) $\lim_{x\to\pm\infty}\arctan x=\pm\tfrac{\pi}{2}$. (20) Por definição, $\operatorname{senh}x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$. Para estudar $x\to\infty$, coloquemos $e^{x}$ em evidência: $\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=e^{x}\frac{1-e^{-2x}}{2}$. Como $e^{x}\to\infty$ e $1-e^{-2x}\to 1$ temos $\lim_{x\to\infty}\operatorname{senh}x=+\infty$. Como $\operatorname{senh}x$ é ímpar, temos $\lim_{x\to-\infty}\operatorname{senh}x=-\infty$. (21) $\lim_{x\to\pm\infty}\cosh x=+\infty$ (22) Para estudar, $x\to\infty$: $\tanh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}=\frac{e^{x}}{e^{x}}\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}$, logo $\lim_{x\to+\infty}\tanh x=+1$. Como $\tanh$ é ímpar, $\lim_{x\to-\infty}\tanh x=-1$. 4.8 Pelo gráfico de $x\mapsto\tanh x$, vemos que $V(t)$ cresce e tende a um valor limite, dado por

Vimos no Exercício 4.7 que $\lim_{x\to\infty}\tanh x=1$. Portanto,

Observe que $V(t)<V_{\rm lim}$ para todo $t$, então o paraquedista nunca atinge a velocidade limite, mesmo se ele cair um tempo infinito! Com os valores propostos, $V_{\rm lim}=\sqrt{80\cdot 9,81/0.1}\simeq 89m/s\simeq 318km/h$. 4.9 (1) $\lim_{x\to\infty}(7-x)=-\infty$, $\lim_{x\to-\infty}(7-x)=+\infty$. (2) “$\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1-x}$” não é definida, pois o domínio de $\sqrt{1-x}$ é $(-\infty,1]$. $\lim_{x\to-\infty}\sqrt{1-x}=+\infty$. (3) Como $\lim_{x\to\pm\infty}x=\pm\infty$, e que $\cos x$ é limitado por $-1\leq\cos x\leq 1$, temos $\lim_{x\to\pm\infty}x+\cos x=\pm\infty$. (4) $-\infty$. (5) $0$. (6) $+\infty$. (7) $-\infty$ (8) $+\infty$ (9) $\frac{1}{2}$. Esse ítem (e o próximo) mostram que argumentos informais do tipo “$x^{2}+1\simeq x^{2}$ quando $x$ é grande” não sempre são eficazes! De fato, aqui daria $\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-x}\simeq\sqrt{x^{2}}-\sqrt{x^{2}}=0$… (10) $\frac{3}{2}$. (11) Aqui não precisa multiplicar pelo conjugado: pode simplesmente colocar $\sqrt{x}$ em evidência: $\sqrt{2x}-\sqrt{x+1}=\sqrt{x}(\sqrt{2}-\sqrt{1+\frac{1}{x}})$. Como $\sqrt{x}\to\infty$ e $\sqrt{2}-\sqrt{1+\frac{1}{x}}\to\sqrt{2}-1>0$, temos $\sqrt{x}(\sqrt{2}-\sqrt{1+\frac{1}{x}})\to+\infty$. (12) $-\infty$ (Obs: pode observar que $e^{x}-e^{2x}=z-z^{2}$, em que $z=e^{x}$. Como $z\to\infty$ quando $x\to\infty$, temos $z-z^{2}\to\infty$, como no item (4).) (13) Como $\ln x-\ln(2x)=-\ln 2$, o limite é $-\ln 2$. (14) $\lim_{x\to\infty}\{\ln x-\ln(x+1)\}=\lim_{x\to\infty}\ln(\frac{x}{x+1})=\ln 1=0$. 4.10 (1) Para todo $x$, $-1\leq\cos(x^{2}+3x)\leq+1$, logo $0\leq\frac{1+\cos(x^{2}+3x)}{x^{2}}\leq\frac{2}{x^{2}}$. Como $\frac{2}{x^{2}}$ tende a zero, $\lim_{x\to\infty}\frac{1+\cos(x^{2}+3x)}{x^{2}}=0$. (2) Como $\frac{x+\operatorname{sen}x}{x-\cos x}=\frac{1+\frac{\operatorname{sen}x}{x}}{1-\frac{\cos x}{x}}$, e como $\lim_{x\to\infty}\frac{\operatorname{sen}x}{x}=0$, $\lim_{x\to\infty}\frac{\cos x}{x}=0$ (mesmo método), temos que $\lim_{x\to\infty}\frac{x+\operatorname{sen}x}{x-\cos x}=1$. (3) Como $-e^{-x}\leq e^{-x}\operatorname{sen}x\leq e^{-x}$ e $\lim_{x\to\infty}-e^{-x}=\lim_{x\to\infty}e^{-x}=0$, o limite procurado vale $0$. (4) Como $0\leq x-\lfloor x\rfloor\leq 1$, temos $\lim_{x\to\infty}\frac{x-\lfloor x\rfloor}{x}=0$. (5) Como $-\frac{\pi/2}{\ln x}\leq\frac{\arctan(\operatorname{sen}x)}{\ln x}\leq\frac{\pi/2}{\ln x}$, e $\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\ln x}=0$, o limite procurado é $0$. (6) Para todo $x$, $-\frac{1}{x^{2}+4}\leq\frac{\operatorname{sen}x}{x^{2}+4}\leq\frac{1}{x^{2}+4}$. Como $\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}+4}=0$, o limite procurado vale $1$. 4.11 A divisão dá $\frac{x^{4}-1}{x-1}=x^{3}+x^{2}+x+1$. Logo, como cada termo tende a $1$, $\lim_{x\to 1^{\pm}}\frac{x^{4}-1}{x-1}=4$. No caso geral, $\frac{x^{n}-1}{x-1}=x^{n-1}+\dots+x+1$. Como são $n$ termos e que cada um tende a $1$, temos $\lim_{x\to 1^{\pm}}\frac{x^{n}-1}{x-1}=n$. 4.12 $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{x}{2}=0$, $\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}\frac{x}{2}=0$. $\lim_{x\to 2^{+}}f(x)=\lim_{x\to 2^{+}}5-x=3$. $\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=\lim_{x\to 2^{-}}\frac{x}{2}=1$, logo $f$ é descontínua em $x=2$. $\lim_{x\to 5^{+}}f(x)=\lim_{x\to 5^{+}}5-x=0$, $\lim_{x\to 5^{-}}f(x)=\lim_{x\to 5^{-}}5-x=0$. 4.13 Escolha um ponto $a\in\mathbb{R}$ qualquer. Como os racionais diádicos são densos em $\mathbb{R}$, existem infinitos diádicos $x_{D}>a$, arbitrariamente próximos de $a$, tais que $f(x_{D})=1$. Mas existem também infinitos irracionais $x_{I}>a$ arbitrariamente próximos de $a$ tais que $f(x_{I})=0$. Portanto, $f(x)$ não pode tender a um valor quando $x\to a^{+}$. O mesmo raciocínio vale para $x\to a^{-}$. Logo, a função $f$ não possui limites laterais em nenhum ponto da reta. 4.14 $\lim_{x\to\frac{1}{2}^{+}}f(x)=\lim_{x\to\frac{1}{2}^{-}}f(x)=0$, $\lim_{x\to\frac{1}{3}^{+}}f(x)=\lim_{x\to\frac{1}{3}^{-}}f(x)=0$. $\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=1$, $\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=0$. Para $n\in\mathbb{Z}$, $\lim_{x\to n^{+}}f(x)=n$, $\lim_{x\to n^{-}}f(x)=n-1$. (Pode verificar essas afirmações também no seu esboço do Exercício 2.4!) 4.15 (1) $0$ (2) $0$ (O limite é bem definido, no seguinte sentido: como $\sqrt{x}$ é definida para $x>0$, o limite somente pode ser do tipo $x\to 0^{+}$.) (3) $1$ (4) $\frac{4}{5}$ (5) $1$ (6) Sabemos que $\frac{|x-4|}{x-4}=+1$ se $x>4$, e $=-1$ se $x<4$. Logo, $\lim_{x\to 4^{+}}\frac{|x-4|}{x-4}=+1$, $\lim_{x\to 4^{-}}\frac{|x-4|}{x-4}=-1$, mas $\lim_{x\to 4}\frac{|x-4|}{x-4}$ não existe. (7) $-1$ (8) $-\frac{1}{2}$ (9) Como $\ln x$ muda de sinal em $1$, é preciso que $x$ tenda a $1$ pela direita para $\sqrt{\ln x}$ ser bem definida, e escrever esse limite como $\lim_{x\to 1^{+}}\sqrt{\ln x}=0$. $\lim_{x\to 1^{-}}\sqrt{\ln x}$ não é definido. (10) Não definido pois $\sqrt{x-2}$ não é definido perto de $x=-2$. 4.16 No primeiro caso, podemos comparar $0\leq f(x)\leq x^{2}$ para todo $x$. Logo, pelo Teorema 4.2, $\lim_{x\to 0}f(x)$ existe e vale $0$. No segundo caso, $\lim_{x\to 0^{-}}g(x)=\lim_{x\to 0^{-}}\frac{1+x}{1+x^{2}}=1$, e $\lim_{x\to 0^{+}}g(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\operatorname{sen}(\frac{\pi}{2}+x)=\operatorname{sen}\tfrac{\pi}{2}=1$. Logo, $\lim_{x\to 0}g(x)$ existe e vale $1$. 4.17 (1) $-4$. (2) $6$. (3) $-\tfrac{1}{2}$. (4) $\frac{b}{2a}$. (5) $0$. (6) $\tfrac{1}{2}$. 4.18 Observe que quando $x\to-2$, o denominador tende a $0$. Para o limite existir, a única possibilidade é do numerador também tender a zero quando $x\to-2$. Mas como $3x^{2}+ax+a+3$ tende a $15-a$ quando $x\to-2$, $a$ precisa satisfazer $15-a=0$, isto é: $a=15$. Neste caso (e somente neste caso), o limite existe e vale

4.19 (1) Como $\frac{\tan x}{x}=\frac{\operatorname{sen}x}{x}\frac{1}{\cos x}$, temos $\lim_{x\to 0}\tfrac{\tan x}{x}=1$. (2) Como $\frac{\operatorname{sen}x}{\tan x}=\cos x$, temos $\lim_{x\to 0}\tfrac{\operatorname{sen}x}{\tan x}=1$. (3) Como ${\operatorname{sen}2x}\to 0$ e ${\cos x}\to 1$, temos $\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}2x}{\cos x}=\frac{0}{1}=0$ (não é um limite do tipo “$\frac{0}{0}$”). (4) Como $\frac{\operatorname{sen}2x}{x\cos x}=2\frac{\operatorname{sen}x}{x}$, temos $\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{sen}2x}{x\cos x}=2$. (5) Como

temos $\lim_{x\to 0}\tfrac{1-\cos x}{x^{2}}=(1)^{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. (6) $+\infty$ (7) $\lim_{x\to 0^{+}}\tfrac{\operatorname{sen}(x^{2})}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}x\cdot\tfrac{\operatorname{sen}(x^{2})}{x^{2}}=0\cdot 1=0$. 4.20 “$\lim_{x\to a^{+}}f(x)=+\infty$” significa que $f(x)$ ultrapassa qualquer valor dado (arbitrariamente grande), desde que $x>a$ esteja suficientemente perto de $a$. Isto é: para todo $M>0$ (arbitrariamente grande), existe um $\delta>0$ tal que se $a<x\leq a+\delta$, então $f(x)\geq M$. Por outro lado, $\lim_{x\to a^{+}}f(x)=-\infty$ significa que para todo $M>0$ (arbitrariamente grande), existe um $\delta>0$ tal que se $a<x\leq a+\delta$, então $f(x)\leq-M$. 4.21 (1) $5$ (2) $1$ (3) $\mp\infty$ (4) Observe que enquanto $x^{2}-4>0$, $\frac{x-2}{(\sqrt{x^{2}-4})^{2}}=\frac{1}{x+2}$. Logo, $\lim_{x\to 2^{+}}\frac{x-2}{(\sqrt{x^{2}-4})^{2}}=\frac{1}{4}$, e (5) $\lim_{x\to-2^{-}}\frac{x-2}{(\sqrt{x^{2}-4})^{2}}=-\infty$ (6) $-\infty$ (7) Não é definido. (8) $\lim_{t\to 0^{+}}\frac{1}{\operatorname{sen}t}=+\infty$, $\lim_{t\to 0^{-}}\frac{1}{\operatorname{sen}t}=-\infty$ (9) $\lim_{t\to 0^{\pm}}\frac{t}{\operatorname{sen}t}=\lim_{t\to 0^{\pm}}\frac{1}{\frac{\operatorname{sen}t}{t}}=1$. (10) Não existe, porqué quando $t\to 0^{+}$, $\operatorname{sen}\frac{1}{t}$ oscila entre $+1$ e $-1$, enquanto $\frac{1}{t}$ tende a $+\infty$:

(11) $\lim_{{z}\to{0^{+}}}9^{\frac{1}{z}}=+\infty$, $\lim_{{z}\to{0^{-}}}9^{\frac{1}{z}}=0$. (12) $+\infty$ (13) $-\infty$ (14) $1$ (veremos mais tarde como calcular esse limite…) 4.22 A função $v\mapsto m_{v}$ tem domínio $[0,c)$, e a reta $v=c$ é assíntota vertical:

4.23 Observe que $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=+1$, logo $y=1$ é assíntota horizontal. Por outro lado, $\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty$ e $\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=-\infty$. Portanto, $x=1$ é assíntota vertical. Temos então: 1) o gráfico se aproxima da sua assintota horizontal em $-\infty$, e ele tende a $-\infty$ quando $x\to 1^{-}$, 2) o gráfico se aproxima da sua assintota horizontal em $+\infty$, e ele tende a $+\infty$ quando $x\to 1^{+}$. Somente com essas informações, um esboço razoável pode ser montado:

Observe que pode também escrever $\frac{x+1}{x-1}=\frac{2}{x-1}+1$, logo o gráfico pode ser obtido a partir de transformações elementares do gráfico de $\frac{1}{x}$… 4.24 (1) $D=\mathbb{R}$, sem assíntotas. (2) $D=\mathbb{R}\setminus\{-1\}$. Horiz: $y=0$, Vertic: $x=-1$. (3) $D=\mathbb{R}\setminus\{3\}$. sem assíntotas. (4) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=2$, Vertic: $x=0$. (5) $D=\mathbb{R}\setminus\{-3\}$. Horiz: $y=-1$, Vertic: $x=-3$. (6) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=1$, Vertic: não tem. (7) $D=(-\infty,2)$. Horiz: não tem, Vertic: $x=2$. (8) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: não tem, Vertic: $x=0$. (9) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=0$, Vertic: não tem. (10) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=0$, Vertic: $x=0$. (11) $D=\mathbb{R}$. Horiz: $y=1$, Vertic: não tem. (12) Para garantir $1-x^{2}>0$, $D=(-1,1)$ Horiz: não tem (já que o domínio é $(-1,1)$…), Vertic: $x=-1$ (porqué $\lim_{x\to-1^{+}}\ln(1-x^{2})=-\infty$), $x=+1$ (porqué $\lim_{x\to+1^{-}}\ln(1-x^{2})=-\infty$). (13) $D=(-1,1)$. Horiz: não tem, Vertic: $x=-1$, $x=+1$. (14) $D=\mathbb{R}\setminus\{\pm 1,3\}$. Horiz: $y=0$, Vertic: $x=+1$, $x=-1$. (15) $D=(-1,+1)\setminus\{0\}$. Horiz: não tem, Vertic: $x=0$. (16) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=+1$, $y=-1$, Vertic: $x=0$. (17) $D=(-1,1)$. Horiz: não tem, Vertic: $x=-1$, $x=+1$. (18) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Horiz: $y=1$ (a direita), $y=0$ (a esquerda), Vertic: $x=0$. 4.26 Por exemplo: $f(x)=\frac{1-x^{2}}{(x+1)(x-3)}$, ou $f(x)=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-3}-\frac{x^{2}}{x^{2}+1}$. 4.27 (1) Com $z{:=}x-1$, $\lim_{x\to 1}\frac{\operatorname{sen}(x-1)}{3x-3}=\lim_{z\to 0}\frac{\operatorname{sen}z}{3z}=\frac{1}{3}$. (2) $\frac{3}{5}$ (Escreve $\frac{\operatorname{sen}(3x)}{\operatorname{sen}(5x)}=\frac{\operatorname{sen}(3x)}{3x}\frac{1}{\frac{\operatorname{sen}(5x)}{5x}}\frac{3x}{5x}$.) (3) Com $z{:=}x+1$, $\lim_{x\to-1}\frac{\operatorname{sen}(x+1)}{1-x^{2}}=\lim_{z\to 0}\frac{\operatorname{sen}z}{z}\frac{1}{2-z}=\frac{1}{2}$. (4) Com $h{:=}x-a$, $\lim_{x\to a}\frac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=\lim_{h\to 0}\frac{(a+h)^{n}-a^{n}}{h}=na^{n-1}$. (5) Chamando $t{:=}\sqrt{x}$,

(6) Com $z{:=}\frac{1}{x}$, temos (lembre o item (22) do Exercício 4.7) $\lim_{x\to 0^{+}}\tanh\frac{1}{x}=\lim_{z\to+\infty}\tanh z=+1$, $\lim_{x\to 0^{-}}\tanh\frac{1}{x}=\lim_{z\to-\infty}\tanh z=-1$. (7) Com a mesma mudança, $\lim_{x\to 0^{\pm}}x\tanh\frac{1}{x}=\lim_{z\to\pm\infty}\frac{1}{z}\tanh{z}=0\cdot(\pm 1)=0$. 4.28 Pela fórmula (3.13) de mudança de base para o logaritmo, $\log_{a}(1+h)=\frac{\ln(1+h)}{\ln a}$. Logo, por (4.25),

Por outro lado, chamando $z{:=}a^{x}$, $x\to 0$ implica $z\to 1$. Mas $x=\log_{a}z$, logo

Definindo $h{:=}z-1$ obtemos $\lim_{z\to 1}\frac{\log_{a}z}{z-1}=\lim_{h\to 0}\frac{\log_{a}(1+h)}{h}=\frac{1}{\ln a}$, o que prova a identidade desejada. 4.29 (1) $\infty$ (2) $\infty$ (3) $0$ (4) $\infty$ (5) $0$ (6) $1$ 4.30 $\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}(2x+2)=2$, $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}(x^{2}-2)=-2$, Já que esses dois limites laterais são diferentes, $\lim_{x\to 0}f(x)$ não existe. $\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=\lim_{x\to 2^{-}}(x^{2}-2)=2$. $\lim_{x\to 2^{+}}f(x)=\lim_{x\to 2^{+}}2=2$. Como $\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=\lim_{x\to 2^{+}}f(x)$, $\lim_{x\to 2}f(x)$ existe e vale $2$.

4.31 O ponto $Q$ é da forma $Q=(\lambda,\lambda^{2})$, e $Q\to O$ corresponde a $\lambda\to 0$. Temos $M=(\frac{\lambda}{2},\frac{\lambda^{2}}{2})$. É fácil ver que a equação da reta $r$ é $y=-\frac{1}{\lambda}x+\frac{\lambda^{2}}{2}+\frac{1}{2}$. Logo, $R=(0,\frac{\lambda^{2}}{2}+\frac{1}{2})$. Quando $Q$ se aproxima da origem, isto é, quando $\lambda$ se aproxima de $0$, $\lambda^{2}$ decresce, o que significa que $R$ desce. Quando $\lambda\to 0$, $R\to(0,\frac{1}{2})$. (Pode parecer contra-intuitivo, já que o segmento $OQ$ tende a ficar sempre mais horizontal, logo o segmento $MR$ fica mais vertical, à medida que $Q\to O$.) 4.32

Como um setor tem abertura $\alpha_{n}=\frac{2\pi}{n}$, a área de cada triângulo se calcula facilmente:

Logo, a área do polígono é dada por $A_{n}=n\times\frac{r^{2}}{2}\operatorname{sen}\frac{2\pi}{n}$. No limite $n\to\infty$ obtemos

4.33 (1) $32$ (2) $\frac{1}{3}$ (3) $2$ (4) $0$ (5) $1$ (6) $-1$ (7) Com a mudança $y=x+1$, $\frac{1}{2}$ (8) $0$ (9) $-\infty$ (10) $0$ (11) $0$ (12) $\tfrac{1}{2}$ (Pois é, esse limite é um pouco mais difícil. Calcularemos ele no Capítulo 6 usando a regra de Bernoulli-l’Hôpital.) (13) $\mp\tfrac{\pi}{2}$ (14) Como $\operatorname{sen}$ é contínua em $\tfrac{\pi}{2}$, $\lim_{{x}\to{+\infty}}\operatorname{sen}(\frac{\pi}{2}+\frac{1}{1+x^{2}})=\operatorname{sen}(\frac{\pi}{2}+\lim_{{x}\to{+\infty}}\frac{1}{1+x^{2}})=\operatorname{sen}\tfrac{\pi}{2}=1$. (15) $0$ (16) $-\frac{1}{10}$ (17) $\frac{\sqrt{3}}{2}$ (18) $\frac{2}{3}$ (19) $0$ (20) $1$ (21) $1$ 4.34 Seja $\epsilon>0$ e $N$ grande o suficiente, tal que $|g(x)-\ell|\leq\epsilon$ e $|h(x)-\ell|\leq\epsilon$ para todo $x\geq N$. Para esses $x$, podemos escrever $f(x)-\ell\leq h(x)-\ell\leq|h(x)-\ell|\leq\epsilon$, e $f(x)-\ell\geq g(x)-\ell\geq-|g(x)-\ell|\geq-\epsilon$. Logo, $|f(x)-\ell|\leq\epsilon$. 4.35 (1) Como $\sqrt{1-\cos^{2}x}=\sqrt{\operatorname{sen}^{2}x}=|\operatorname{sen}x|$ e $x\mapsto|x|$ é contínua,

(2) Como $\operatorname{sen}(a+h)=\operatorname{sen}a\cos h+\operatorname{sen}h\cos a$, temos

(3) Escrevendo

Já calculamos $\lim_{x\to\alpha}\frac{x^{3}-\alpha^{3}}{x-\alpha}=3\alpha^{2}$, e chamando $y{:=}\tfrac{\pi}{\alpha}x$ seguido por $y^{\prime}{:=}y-\pi$,

Logo,

(4) Comecemos definindo $t$ tal que $\pi-3x=3t$, isto é: $t{:=}\tfrac{\pi}{3}-x$:

Mas $\cos(\tfrac{\pi}{3}-t)=\cos\tfrac{\pi}{3}\cos t+\operatorname{sen}\tfrac{\pi}{3}\operatorname{sen}t=\frac{1}{2}\cos t+\frac{\sqrt{3}}{2}\operatorname{sen}t$,

(5) Se $a\geq b$, é melhor escrever $a^{x}+b^{x}=a^{x}(1+(b/a)^{x})$, logo

O caso $a<b$ se trata da mesma maneira. Obtemos:

(6) O caso $n=1$ é trivial: $(x_{0}+h)^{1}=x_{0}+h$. Quando $n=2$, $(x_{0}+h)^{2}=x_{0}^{2}+2x_{0}h+h^{2}$, logo (veja o Exemplo 4.22)

Para $n=3,4,\dots$, usaremos a fórmula do binômio de Newton:

onde $\binom{n}{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$. Portanto,

Observe que cada termo dessa soma, a partir do segundo, contém uma potência de $h$. Logo, quando $h\to 0$, só sobra o primeiro termo: $\binom{n}{1}x_{0}^{n-1}=nx_{0}^{n-1}$. Logo,

Esse limite será usado para derivar polinômios, no próximo capítulo.