Assíntotas verticais

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Exploramos funções que “disparam para o infinito” perto de certos pontos.

Considere a função \[ f(x) = \frac {1}{(x+1)^2}. \]

Embora o $\lim _{x\to -1} f(x)$ não exista, ainda assim algo pode ser dito.

Se $f(x)$ fica arbitrariamente grande quando $x$ se aproxima de $a$, escrevemos \[ \lim _{x\to a} f(x) = \infty \] e dizemos que o limite de $f(x)$ é igual a infinito quando $x$ tende a $a$.

Se $|f(x)|$ fica arbitrariamente grande quando $x$ se aproxima de $a$ e $f(x)$ é negativa perto de $a$, escrevemos \[ \lim _{x\to a} f(x) = -\infty \] e dizemos que o limite de $f(x)$ é igual a menos infinito quando $x$ tende a $a$.

Quais das alternativas a seguir estão corretas?

$\lim _{x\to -1} \frac {1}{(x+1)^2} = \infty $ $\lim _{x\to -1} \frac {1}{(x+1)^2} \to \infty $ $f(x) = \frac {1}{(x+1)^2}$, logo $f(-1) = \infty $ $f(x) = \frac {1}{(x+1)^2}$, logo, quando $x\to -1$, $f(x) \to \infty $

Por outro lado, considere a função \[ f(x) = \frac {1}{(x-1)}. \]

Embora os dois lados do limite quando $x$ se aproxima de $1$ não concordem, ainda podemos considerar os limites laterais. Vemos que $\lim _{x\to 1^+} f(x) = \infty $ e $\lim _{x\to 1^-} f(x) = -\infty $.

Se pelo menos uma das condições a seguir vale:

$\lim _{x\to a} f(x) = \pm \infty $,
$\lim _{x\to a^+} f(x) = \pm \infty $,
$\lim _{x\to a^-} f(x) = \pm \infty $,

então a reta $x=a$ é uma assíntota vertical de $f$.

Uma assíntota vertical é dada pela equação de uma reta vertical.

Algo a observar nos exemplos a seguir: para encontrar assíntotas verticais, comece pelas descontinuidades. Se uma função é contínua em um ponto, o limite existe. Não pode haver assíntota vertical em um ponto assim. Para identificar as possíveis assíntotas verticais, encontre as descontinuidades e os pontos que não estão no domínio, mas dos quais é possível se aproximar por dentro do domínio (como as extremidades).

Determine as assíntotas verticais de \[ f(x) = \frac {x^2-9x+14}{x^2-5x+6}. \]

Como $f$ é uma função racional, ela é contínua em seu domínio. Então os únicos pontos em que a função pode ter uma assíntota vertical são os zeros do denominador. (Nesses pontos a função não existe, logo $f$ não pode ser contínua ali.)

Comece fatorando o numerador e o denominador: \[ \frac {x^2-9x+14}{x^2-5x+6} = \frac {(x-2)(x-7)}{(x-2)(x-3)} \] Usando limites, precisamos investigar o que acontece com $ f(x)$ quando $x\to 2$ e $x\to 3$, já que $2$ e $3$ são os únicos zeros do denominador. Escreva \begin{align*} \lim _{x\to 2} \frac {\cancel {(x-2)}(x-7)}{\cancel {(x-2)}(x-3)} &= \lim _{x\to 2} \frac {(x-7)}{(x-3)}\\ &= \frac {-5}{-1}\\ &=5. \end{align*}

Agora escreva \begin{align*} \lim _{x\to 3} \frac {\cancel {(x-2)}(x-7)}{\cancel {(x-2)}(x-3)} &= \lim _{x\to 3} \frac {(x-7)}{(x-3)}\\ &= \lim _{x\to 3}\frac {-4}{x-3}. \end{align*}

Considere os limites laterais separadamente.

Quando $x\to 3^+$, a quantidade $(x-3)$ é positiva (porque $x>3$) e se aproxima de $0$, e o numerador é negativo. Esta é uma forma do tipo $\relax \boldsymbol {\tfrac {\#}{0}}$, que é negativa para todo $x$ suficientemente próximo de $3$, porém maior que esse valor. Portanto, $\displaystyle \lim _{x\to 3^+} f(x) = -\infty $. (Observação: calcular esse limite lateral já basta para justificar que $x=3$ é uma assíntota vertical da função $f$. Vamos calcular também o outro limite lateral para ver se algo pode ser dito sobre o limite bilateral.)

Quando $x\to 3^-$, a quantidade $(x-3)$ é negativa (porque $x<3$) e se aproxima de $0$, e o numerador é negativo. Esta é uma forma do tipo $\relax \boldsymbol {\tfrac {\#}{0}}$, que é positiva para todo $x$ suficientemente próximo de $3$, porém menor que esse valor. Portanto, $\displaystyle \lim _{x\to 3^-} f(x) = \infty $. Como os dois limites laterais não concordam, $\displaystyle \lim _{x\to 3}f(x)$ não existe.

Logo, temos uma assíntota vertical em $x=3$. Como $\displaystyle \lim _{x\to 2} f(x) = 5$, mas $2$ não está no domínio de $f$, o gráfico de $f$ terá um buraco nesse ponto. Sabemos que não há outras assíntotas verticais porque a função $f$ é contínua em $(-\infty , 2)$, $(2, 3)$ e $(3,\infty )$.

Observe que, nesse exemplo anterior, havia uma assíntota vertical em $x=3$, mesmo que o número $3$ não estivesse no domínio da função $f$. Assíntotas verticais são definidas em termos de limites. O ponto importante é que podemos nos aproximar do número $3$ por dentro do domínio de $f$.

Determine as assíntotas verticais de \[ g(x) = \frac {x^2\sin (x)}{e^{2x}\left (x^2-4x\right )}. \]

Esta função parece um pouco mais complicada do que a do exemplo anterior, mas o trabalho necessário é muito parecido. Vamos começar fatorando o numerador e o denominador. \[ \frac {x^2\sin (x)}{e^{2x}\left (x^2-4x\right )} = \frac {x\cdot x\sin (x)}{e^{2x}x\left (x-4\right )}.\]

O numerador $x^2\sin (x)$ e o denominador $e^{2x}x(x-4)$ são ambos contínuos em $(-\infty , \infty )$. Isso significa que as únicas possibilidades a verificar para assíntotas verticais são os números que anulam o denominador.

Usando limites, precisamos investigar o que acontece com $g(x)$ quando $x\to 0$ e $x\to 4$, já que $0$ e $4$ são os únicos zeros do denominador (pois $e^{2x}$ nunca se anula). Escrevemos \begin{align*} \lim _{x\to 0} \frac {\cancel {x}\cdot x\sin (x)}{\cancel {x}e^{2x}(x-4)} &= \lim _{x\to 0} \frac {x\sin (x)}{e^{2x}(x-4)}\\ &= \frac {0}{1(-4)}\\ &=0. \end{align*}

Como $\displaystyle \lim _{x\to 0}g(x)=0$, não há assíntota vertical em $x=0$.

Voltamos nossa atenção ao limite quando $x$ se aproxima de $4$. Comecemos pelo limite pela direita. \[ \lim _{x\to 4^+} \frac {\cancel {x}\cdot x\sin (x)}{\cancel {x}e^{2x}(x-4)} = \lim _{x\to 4^+} \frac {x\sin (x)}{e^{2x}(x-4)} \] Este é um limite lateral da forma $\relax \boldsymbol {\tfrac {\#}{0}}$. Vamos determinar o sinal da fração para $x$ suficientemente próximo de $4$, porém maior que esse valor.

Para o numerador, observe que $\pi < 4 < \dfrac {3\pi }{2}$. Isso significa que $\sin (4)$ é o seno de um ângulo do terceiro quadrante, o que o torna negativo. Como $x$ está perto de $4$, o fator $x$ do numerador é positivo. O numerador é negativo para todo $x$ suficientemente próximo de $4$, porém maior que esse valor.

Quanto ao denominador, $e^{2x}$ é sempre positivo. Como $x>4$, o fator $x-4$ também é positivo. O denominador é positivo para todos os valores relevantes de $x$.

Isso faz com que a fração $\dfrac {x\sin (x)}{e^{2x}(x-4)}$ assuma valores negativos para todo $x$ suficientemente próximo de $4$, porém maior que esse valor. Isso significa que $\displaystyle \lim _{x\to 4^+} g(x) = -\infty $.

Há uma assíntota vertical em $x=4$. Não há outras, pois a única outra descontinuidade está em $0$, mas $\displaystyle \lim _{x\to 0}g(x)=0$.

Em nosso último exemplo, trabalhamos com uma função cuja assíntota vertical NÃO está onde o denominador se anula.

Determine as assíntotas verticais de \[ f(x) = \dfrac {\ln (x)}{x+5}. \]

O domínio do numerador, $\ln (x)$, é $(0,\infty )$, e ele é contínuo em todo esse intervalo. O denominador, $x+5$, é contínuo em $(-\infty , \infty )$ e se anula apenas em $-5$. Assim, o domínio de $f$ é $(0,\infty )$, e $f$ é contínua nesse intervalo.

Há apenas um valor de $x$ em que $f$ poderia ter uma assíntota vertical: em $x=0$. Ele não está no domínio de $f$, mas é possível se aproximar dele por dentro do domínio. O ponto em que o denominador se anula, $x=-5$, NÃO é uma possibilidade, porque não é possível se aproximar de $-5$ por dentro de $(0,\infty )$, devido à lacuna na reta numérica entre $-5$ e $0$.

Como só podemos nos aproximar de $0$ pela direita (permanecendo no domínio de $f$), devemos examinar o limite à direita: \[ \lim _{x\to 0^+} f(x) = \lim _{x\to 0^+} \dfrac {\ln (x)}{x+5}. \]

Para o numerador temos $\lim _{x\to 0^+} \ln (x) = -\infty $, enquanto para o denominador temos $\lim _{x\to 0^+} (x+5) = 5$. Isso significa que $\lim _{x\to 0^+} f(x) = -\infty $.

Há uma assíntota vertical em $x=0$. Não há outras porque $f$ é contínua em seu domínio $(0,\infty )$.