Exercícios Limites 2021-2

Limites • Limites no infinito • Limites fundamentais • Indeterminações • Em muitas situações é importante determinar o comportamento de uma função f(x) para valores muito grandes de x em módulo. Exemplo 1: A função logística determina o comportamento de uma população ao longo do tempo. Considere que o número de indivíduos P(t) de uma população seja dado em função do tempo t pela equação P(t) = \frac{10}{2+3e^{-t}}, sendo t medido em anos e P em milhares de indivíduos. • Observe que no instante inicial t = 0 temos P = \frac{10}{2+3e^0} = \frac{10}{2+3\cdot1} = \frac{10}{5} = 2, ou seja, inicialmente há 2 mil indivíduos nessa população. • Analisando o denominador dessa expressão, podemos observar que a função y = e^{-t} é decrescente com valores estritamente positivos. • Isso significa que esse denominador inicia assumindo o valor 5 e, conforme t aumenta, esse denominador vai diminuindo. • O resultado anterior foi determinado algebraicamente do seguinte modo: \lim_{t \to +\infty} P(t) = \lim_{t \to +\infty} \frac{10}{2+3e^{-t}} = \frac{10}{2+3\cdot \lim_{t \to +\infty} e^{-t}} = \frac{10}{2+3\cdot 0} = \frac{10}{2} = 5. • Comportamento semelhante ao observado na função do Exemplo 1 pode ser visto em vários casos. Definição 2: Se f(x) é uma função definida em um intervalo aberto (a,+\infty), então dizemos que o limite de f(x) quando x tende para mais infinito é igual a L, e escrevemos \lim_{x \to +\infty} f(x) = L para significar que a função f assume valores cada vez mais próximos de L à medida que x cresce cada vez mais sem limitação superior. • Do mesmo modo podemos definir comportamento semelhante para x decrescendo sem limitação inferior. Definição 3: Se f(x) é uma função definida em um intervalo aberto (-\infty, a), então dizemos que o limite de f(x) quando x tende para menos infinito é igual a L, e escrevemos \lim_{x \to -\infty} f(x) = L para significar que a função f assume valores cada vez mais próximos de L à medida que x decresce cada vez mais sem limitação inferior. Definição 4: A reta é dita uma assíntota horizontal do gráfico de : 1. se e, além disso, se existe um número real positivo tal que para todo ou então, 2. se e , além disso, se existe um número real negativo tal que para todo . 𝐿 𝑦 0 𝑥 Exemplo 5: Retornando às funções da forma f(x) = \frac{1}{x^n} sendo n um inteiro positivo, podemos observar que: 1. \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^n} = 0 e 2. \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^n} = 0. • Como podemos observar, a reta y = 0 (eixo dos x) é uma assíntota horizontal do gráfico de f(x) = \frac{1}{x^n}, seja qual for n inteiro positivo. • Note que a condição f(x) \neq 0 é essencial. • A seguir veremos um exemplo em que essa condição é violada. Exemplo 6: Considere a função f(x) = \frac{1}{x} \cdot \text{sen} 4x. • Embora se tenha \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \cdot \text{sen} 4x = 0 e \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} \cdot \text{sen} 4x = 0, a reta y = 0 não é uma assíntota horizontal do gráfico de f, como podemos observar no próprio gráfico. • Como poderíamos chegar algebricamente aos resultados e ? • Utilizando uma versão do Teorema do Sanduíche para limites no infinito. • Sabemos que para todo real. • Então . • Mas e Então e • Logo teremos . • Analogamente para . Teorema 7: Se n for um inteiro positivo qualquer, então: 1. \( \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^n} = 0 \) e 2. \( \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^n} = 0 \). Exemplo 8: Calcule \( \lim_{x \to +\infty} \frac{3x-5}{6x+7} \). - Vamos reescrever a expressão \( \frac{3x-5}{6x+7} \), dividindo tanto o numerador como o denominador pela maior potência de \( x \) aí presente. - Então \( \frac{3x-5}{6x+7} = \frac{3 - \frac{5}{x}}{6 + \frac{7}{x}} = \frac{3 - 5 \cdot \frac{1}{x}}{6 + 7 \cdot \frac{1}{x}} \). - Portanto \( \lim_{x \to +\infty} \frac{3x-5}{6x+7} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3 - 5 \cdot \frac{1}{x}}{6 + 7 \cdot \frac{1}{x}} = \frac{3 - 5 \cdot 0}{6 + 7 \cdot 0} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \). Exemplo 9: Calcule \( \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^2 + 7x - 1}{5x^3 + x^2 - 3x + 2} \). - Vamos reescrever a expressão \( \frac{2x^2 + 7x - 1}{5x^3 + x^2 - 3x + 2} \), dividindo tanto o numerador como o denominador pela maior potência de \( x \) aí presente. - Então \( \frac{2x^2 + 7x - 1}{5x^3 + x^2 - 3x + 2} = \frac{2 \cdot \frac{1}{x} + 7 \cdot \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3}}{5 + \frac{1}{x} - 3 \cdot \frac{1}{x^2} + 2 \cdot \frac{1}{x^3}} \). - Logo \( \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^2 + 7x - 1}{5x^3 + x^2 - 3x + 2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{2 \cdot \frac{1}{x} + 7 \cdot \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3}}{5 + \frac{1}{x} - 3 \cdot \frac{1}{x^2} + 2 \cdot \frac{1}{x^3}} \). - \( \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^2 + 7x - 1}{5x^3 + x^2 - 3x + 2} = \frac{2 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 0}{5 + 0 - 3 \cdot 0 + 2 \cdot 0} = \frac{0}{5} = 0 \). • Podem ocorrer também as seguintes situações: • A seguir ilustraremos alguns casos: Exemplo 10: Calcule \( \lim_{x \to -\infty} \frac{3x^5 + 5x^4 - 2x^3 + 4x - 1}{7x^3 + 3x^2 - 3x + 2} \). - Vamos colocar em evidência, tanto no numerador como no denominador, as maiores potências de \( x \) aí presentes. - Então \( \frac{3x^5 + 5x^4 - 2x^3 + 4x - 1}{7x^3 + 3x^2 - 3x + 2} = \frac{x^5 \cdot (3 + 5 \cdot \frac{1}{x} - 2 \cdot \frac{1}{x^2} + 4 \cdot \frac{1}{x^4} - \frac{1}{x^5})}{x^3 \cdot (7 + 3 \cdot \frac{1}{x} - 3 \cdot \frac{1}{x^2} + 2 \cdot \frac{1}{x^3})} \). - \( \frac{3x^5 + 5x^4 - 2x^3 + 4x - 1}{7x^3 + 3x^2 - 3x + 2} = x^2 \cdot \frac{3 + 5 \cdot \frac{1}{x} - 2 \cdot \frac{1}{x^2} + 4 \cdot \frac{1}{x^4} - \frac{1}{x^5}}{7 + 3 \cdot \frac{1}{x} - 3 \cdot \frac{1}{x^2} + 2 \cdot \frac{1}{x^3}} \). - \( \lim_{x \to -\infty} \frac{3x^5 + 5x^4 - 2x^3 + 4x - 1}{7x^3 + 3x^2 - 3x + 2} = \lim_{x \to -\infty} \left[ x^2 \right] \cdot \left[ \lim_{x \to -\infty} \frac{3 + 5 \cdot \frac{1}{x} - 2 \cdot \frac{1}{x^2} + 4 \cdot \frac{1}{x^4} - \frac{1}{x^5}}{7 + 3 \cdot \frac{1}{x} - 3 \cdot \frac{1}{x^2} + 2 \cdot \frac{1}{x^3}} \right] \). • Note que \(\lim_{x\to -\infty} x^2 = +\infty\) e \(\lim_{x\to -\infty} \frac{3+5\cdot\frac{1}{x}-2\cdot\frac{1}{x^2}+4\cdot\frac{1}{x^4}-1\cdot\frac{1}{x^5}}{7+3\cdot\frac{1}{x}-3\cdot\frac{1}{x^2}+2\cdot\frac{1}{x^3}}=\frac{3}{7}.\) • Então \(\lim_{x\to -\infty} \frac{3x^5+5x^4-2x^3+4x-1}{7x^3+3x^2-3x+2}=+\infty.\) \(\Rightarrow\) Esse método utilizado para resolver o Exemplo 10 poderia também ser utilizado para resolver os Exemplos 8 e 9. \(\Rightarrow\) Repare que \(\lim_{x\to -\infty} \frac{3x^5+5x^4-2x^3+4x-1}{7x^3+3x^2-3x+2} = \lim_{x\to -\infty} \frac{3x^5}{7x^3} = \frac{3}{7} \cdot \lim_{x\to -\infty} x^2 = +\infty.\) \textit{Teorema 11:} \(\lim_{x\to -\infty} \frac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0}{b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\ldots+b_1x+b_0} = \lim_{x\to -\infty} \frac{a_nx^n}{b_mx^m}.\) Este resultado continua válido se trocarmos ''\(x \to -\infty\)'' por ''\(x \to +\infty\)''. Exemplo 12: Calcule \(\lim_{x\to +\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}}.\) • De acordo com o Teorema 11 temos \(\lim_{x\to +\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{4x}{\sqrt{2x^2}}.\) • Simplificando obtemos \(\lim_{x\to +\infty} \frac{4x}{\sqrt{2x^2}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2}}.\) • Lembrando que \(\sqrt{x^2} = |x|,\) temos \(\lim_{x\to +\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{|x|}.\) • E como \(x > 0,\) já que \(x \to +\infty,\) vale \(|x| = x.\) • Então \(\lim_{x\to +\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{|x|} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to +\infty} \frac{x}{x} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot 1 = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}.\) Exemplo 13: Calcule \(\lim_{x\to -\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}}.\) • De acordo com o Teorema 11 temos \(\lim_{x\to -\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \lim_{x\to -\infty} \frac{4x}{\sqrt{2x^2}}.\) • Simplificando obtemos \(\lim_{x\to -\infty} \frac{4x}{\sqrt{2x^2}} = \lim_{x\to -\infty} \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to -\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2}}.\) • Lembrando que \(\sqrt{x^2} = |x|,\) temos \(\lim_{x\to -\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to -\infty} \frac{x}{|x|}.\) • E como \(x < 0,\) já que \(x \to -\infty,\) vale \(|x| = -x.\) • Então \(\lim_{x\to -\infty} \frac{4x+3}{\sqrt{2x^2-7}} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to -\infty} \frac{x}{-|x|} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot \lim_{x\to -\infty} \frac{x}{-x} = \frac{4}{\sqrt{2}} \cdot (-1) = \frac{-4}{\sqrt{2}} = -2\sqrt{2}.\) Exemplo 14: Calcule e . • Neste caso não podemos aplicar o Teorema 11 porque as funções e têm o mesmo grau. • . • . Limites Fundamentais Proposição 15: \( \lim_{x \to \pm\infty} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = e \), em que \( e \) é o número de Euler, um irracional cujo valor aproximado é 2,718281828459. \( x \) \( \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x \) 100 2,704813829421... 1000 2,716923932235... 10.000 2,718145926825... 100.000 2,718268237174... 1.000.000 2,718280469319... 10.000.000 2,718281692544... 100.000.000 2,718281814867... • Gráfico de \( f(x) = \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x \). • A reta \( y = e \) é uma assíntota horizontal . Exemplo 16: Calcule \( \lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} \). • Faça a mudança de variável \( y = \frac{1}{x} \). • Não existe \( \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \), mas temos informações sobre os limites laterais em 0. • \( \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty \) e \( \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -\infty \). • Então vamos calcular separadamente \( \lim_{x \to 0^+} (1 + x)^{\frac{1}{x}} \) e \( \lim_{x \to 0^-} (1 + x)^{\frac{1}{x}} \). • Quando \( x \to 0^+ \) temos \( y \to +\infty \). Logo \( \lim_{x \to 0^+} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{y \to +\infty} \left( 1 + \frac{1}{y} \right)^y = e \) • Quando \( x \to 0^- \) temos \( y \to -\infty \). Logo \( \lim_{x \to 0^-} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{y \to -\infty} \left( 1 + \frac{1}{y} \right)^y = e \) • Como os limites laterais são iguais, segue que \( \lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e \) Observação 17: O limite exponencial \( \lim_{x \to \pm \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e \) ou \( \lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e \) gera uma indeterminação do tipo \(1^\infty\). • Podemos resolver limites do tipo \(1^\infty\) usando o seguinte resultado: Teorema 18: Considere \(\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)}\). Se \(\lim_{x \to a} f(x) = 1\) e \(\lim_{x \to a} g(x) = \pm \infty\), então \(\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lambda}\), sendo \(\lambda = \lim_{x \to a} [f(x) - 1] \cdot g(x)\). Demonstração: • Se \(\lim_{x \to a} f(x) = 1\), então podemos escrever \(f(x) = 1 + \alpha(x)\) com \(\lim_{x \to a} \alpha(x) = 0\). • Desse modo, a expressão original \(f(x)^{g(x)}\) pode ser reescrita como: \(f(x)^{g(x)}=[1 + \alpha(x)]^{g(x)}\). • Mas \(g(x) = \frac{1}{\alpha(x)} \cdot \alpha(x) \cdot g(x)\). • Logo \(f(x)^{g(x)}=[1 + \alpha(x)]^{g(x)} = \left[1 + \alpha(x)\right]^{\frac{1}{\alpha(x)} \cdot \alpha(x) \cdot g(x)}\) = = \left\{\left[1 + \alpha(x)\right]^{\frac{1}{\alpha(x)}}\right\}^{\alpha(x) \cdot g(x)} . • Observe que \(\lim_{x \to a} \left\{\left[1 + \alpha(x)\right]^{\frac{1}{\alpha(x)}}\right\}\) pode ser resolvido fazendo a mudança de variável \(y = \alpha(x)\), de modo que \(\lim_{x \to a} \left\{\left[1 + \alpha(x)\right]^{\frac{1}{\alpha(x)}}\right\} = \lim_{y \to 0} \left[1 + y\right]^{\frac{1}{y}} = e\), como já vimos no Exemplo 16. • Portanto nos resta o limite do expoente: \(\lambda = \lim_{x \to a} \alpha(x) \cdot g(x)\). • E como \(f(x) = 1 + \alpha(x)\), temos que \(f(x) - 1 = \alpha(x)\), o que nos permite escrever \(\lambda = \lim_{x \to a} [f(x) - 1] \cdot g(x)\). • Logo temos \(\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = e^{\lambda}\), sendo \(\lambda = \lim_{x \to a} [f(x) - 1] \cdot g(x)\). Exemplo 19: Calcule lim x→+∞ (1 + a/bx)^(cx+d), sendo a,b,c e d não nulos. • Esse é um limite do tipo 1^∞. • Vamos usar o Teorema 18. • f(x) = 1 + a/bx e g(x) = cx + d. • Então λ = lim x→+∞ [f(x) − 1] ⋅ g(x) = lim x→+∞ a/bx ⋅ (cx + d) = = lim x→+∞ a(cx+d)/bx = lim x→+∞ acx+ad/bx = lim x→+∞ ac−ad/x b = ac/b. • Logo lim x→+∞ (1 + a/bx)^(cx+d) = e^(ac/b). Exemplo 20: Calcule lim x→+∞ ((x^2−2x−1)/(x^2+5x+3))^(2x). • Novamente temos um limite do tipo 1^∞. • lim x→+∞ (x^2−2x−1)/(x^2+5x+3) = lim x→+∞ 1−2/x+1/x^2 1+5/x+3/x^2 = 1. • lim x→+∞ 2x = +∞. • f(x) = (x^2−2x−1)/(x^2+5x+3) e g(x) = 2x. • Então λ = lim x→+∞ [f(x) − 1] ⋅ g(x) = lim x→+∞ [(x^2−2x−1)−(x^2+5x+3)]/x^2+5x+3] ⋅ 2x = = lim x→+∞ [−7x−4]/[x^2+5x+3] ⋅ 2x = = lim x→+∞ [−14x^2−8x]/[x^2+5x+3] = −14. Logo lim x→+∞ ((x^2−2x−1)/(x^2+5x+3))^(2x) = e^(−14). Exemplo 21: Calcule lim x→0 ln(1+x)/x. • Observe que ln(1+x)/x = 1/x ⋅ ln(1 + x) = ln[(1 + x)^(1/x)]. • Então lim x→0 ln(1+x)/x = lim x→0 ln[(1 + x)^(1/x)]. E como logaritmo é uma função contínua no seu domínio, podemos escrever: • lim x→0 ln[(1 + x)^(1/x)] = ln [lim x→0 (1 + x)^(1/x)] = ln e = 1. • Logo lim x→0 ln(1+x)/x = 1. Exemplo 22: Calcule \lim_{x\to 0} \frac{a^x - 1}{x}, \text{ sendo } a > 0 \text{ diferente de } 1. \bullet \text{ Faça } t = a^x - 1. \text{ Então } a^x = 1 + t. \bullet \text{ Tomando logaritmos temos } \ln(a^x) = \ln(1 + t), \text{ ou seja, } x \cdot \ln a = \ln(1 + t) \bullet \text{ Logo } x = \frac{\ln(1+t)}{\ln a}. \bullet \text{ E quando } x \to 0 \text{ temos } a^x \to a^0 = 1 \text{ e consequentemente } a^x - 1 \to 0. \bullet \text{ Desse modo } t \to 0 \text{ quando } x \to 0. \bullet \text{ Portanto } \lim_{x\to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \lim_{t\to 0} \frac{t}{\frac{\ln(1+t)}{\ln}} = \lim_{t\to 0} \frac{t \cdot \ln a}{\ln(1+t)} = \ln a \cdot \lim_{t\to 0} \frac{t}{\ln(1+t)} = \bullet = \ln a \cdot \frac{1}{\lim_{t\to 0} \frac{\ln(1+t)}{t}} = \ln a \cdot \frac{1}{1} = \ln a. \bullet \lim_{x\to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a. Exemplo 23: Calcule \lim_{x\to 0} \left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)^{\frac{1}{x}}, \text{ sendo } a, b, c > 0. \bullet \text{ Temos uma indeterminação do tipo } 1^\infty. \bullet \text{ Usando o Teorema 18 temos: } f(x) = \frac{a^x+b^x+c^x}{3} \text{ e } g(x) = \frac{1}{x}. \bullet \text{ Então } \lambda = \lim_{x\to 0} \left[f(x) - 1\right] \cdot g(x) = \lim_{x\to 0} \left[\frac{a^x+b^x+c^x}{3} - 1\right] \cdot \frac{1}{x} = \bullet = \lim_{x\to 0} \left[\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3x}\right] = \lim_{x\to 0} \left[\frac{(a^x-1)+(b^x-1)+(c^x-1)}{3x}\right] = \bullet = \frac{1}{3} \cdot \lim_{x\to 0} \left[\frac{a^x-1}{x} + \frac{b^x-1}{x} + \frac{c^x-1}{x}\right] = \frac{1}{3} \cdot \left[\lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} + \lim_{x\to 0} \frac{b^x-1}{x} + \lim_{x\to 0} \frac{c^x-1}{x}\right] = \bullet = \frac{1}{3} \cdot \left(\ln a + \ln b + \ln c\right) = \frac{1}{3} \cdot \ln abc = \ln \sqrt[3]{abc}. \bullet \text{ Logo } \lim_{x\to 0} \left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)^{\frac{1}{x}} = e^{\ln \sqrt[3]{abc}} = \sqrt[3]{abc}. Indeterminações \bullet \text{ Até o momento, trabalhamos na maior parte dos exemplos, com dois tipos de indeterminação: } \frac{0}{0} \text{ e } 1^\infty. \bullet \text{ Uma } \textit{indeterminação} \text{ é uma expressão simbólica que, a princípio não tem sentido algébrico por impossibilidade de cálculo direto, seja porque a operação representada não está bem definida, seja porque não há como definir um sentido lógico sobre ela.} \bullet \text{ Por exemplo, } \frac{0}{0} \text{ aparece nos primeiros limites considerados e } \textit{tem uma infinidade de possibilidades de resposta}, \text{ dependendo das funções envolvidas no limite.} \bullet \lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} = \ln a, \lim_{x\to 0} \frac{\sen x}{x} = 1, \lim_{x\to 1} \frac{x^2-1}{x-1} = 2 \text{ etc.} • A indeterminação 1^∞ aparece em lim x→±∞ (1 + 1/x)^x = e e nos limites desse tipo, como por exemplo: lim x→+∞ (1 + a/x)^x = e^a, lim x→0 (a^x+b^x+c^x/3)^(1/x) = √[3]{abc} etc. • Existe também a indeterminação ∞/∞ que aparece nos limites: • lim x→+∞ 2x+3/3x−1 = 2/3, lim x→+∞ x^2−1/x^3+1 = 0, lim x→−∞ x^4+5/x^2−3 = +∞ etc. • Existe uma versão do Teorema do Sanduíche para limites no infinito. Observe o seguinte exemplo. Exemplo 24: lim x→+∞ ln x/x^2 = 0. • Sabemos que 0 < ln x < x para x suficientemente grande. • Dividindo por x^2 > 0 temos: • 0/x^2 < ln x/x^2 < x/x^2 , ou seja, 0 < ln x/x^2 < 1/x . • E como lim x→+∞ 1/x = 0, podemos aplicar o Teorema do Sanduíche, obtendo: • lim x→+∞ 0 ≤ lim x→+∞ ln x/x^2 ≤ lim x→+∞ 1/x = 0. • Há também as indeterminações do tipo 0·∞ que podem ser reduzidas a 0/0 ou ∞/∞. • Por exemplo, lim x→+∞ 3/x · x/2 = lim x→+∞ 3x/2x = 3/2. • Poderíamos ter também lim x→+∞ 5/x^2 · x^3/2 = lim x→+∞ 5x^3/2x^2 = +∞. • Ou lim x→+∞ 1/x^5 · x^2/7 = lim x→+∞ x^2/7x^5 = 0. • Outro tipo de indeterminação conhecida é +∞ − ∞ ou vice-versa. • lim x→+∞ [√x + 1 − √x − 1] = lim x→+∞ (√x+1−√x−1)(√x+1+√x−1)/(√x+1+√x−1) = lim x→+∞ (x+1)−(x−1)/√x+1+√x−1 = lim x→+∞ 2/√x+1+√x−1 = 0. • Também são indeterminações: e . • No momento não veremos esses tipos de indeterminação pois precisaremos de derivadas para resolvê-las (Regra de L’Hospital). Resumo das indeterminações: , , , , , e