Assíntotas horizontais

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Exploramos funções que se comportam como retas horizontais quando a entrada cresce indefinidamente.

Vamos começar com um exemplo:

Considere a função: \[ g(x) = \frac {1}{x} \] com a tabela abaixo \[ \begin{array}{c|c} x & g(x)=\frac {1}{x} \\\hline 10 & \class{xm-given}{0.1} \\ 100 & \class{xm-given}{0.01} \\ 1000 & \class{xm-given}{0.001} \\ 10000 & \class{xm-given}{0.0001} \\ 100000 & \class{xm-given}{0.00001}\end{array} \]

O que a tabela nos diz sobre $g(x)$ quando $x$ cresce cada vez mais?

Quando $x$ cresce cada vez mais, parece que $g(x)$ se aproxima de $0$. Parece que deveríamos escrever \[ \lim _{x\to \infty }\frac {1}{x}=0 \]

Agora considere uma função diferente: \[ f(x) = \frac {6x-9}{x-1} \]

Preencha a tabela abaixo, arredondando para $5$ casas decimais. \[ \begin{array}{c|c} x & f(x)=\frac {6x-9}{x-1} \\ \hline 10 & \class{xm-given}{5.66667}\\ 100 & \class{xm-given}{5.96970}\\ 1000 & \class{xm-given}{5.99700}\\ 10000 & \class{xm-given}{5.99970}\\ 100000 & \class{xm-given}{5.99997}\\ \end{array} \] O que a tabela nos diz sobre $f(x)$ quando $x$ cresce cada vez mais?

Quando $x$ cresce cada vez mais, parece que $f(x)$ se aproxima de $6$. Parece que deveríamos escrever \[ \lim _{x\to \infty }\frac {6x-9}{x-1}=6 \]

Se $f(x)$ fica arbitrariamente próximo de um valor específico $L$ quando tomamos $x$ suficientemente grande, escrevemos \[ \lim _{x\to \infty } f(x) = L \] e dizemos que o limite no infinito de $f(x)$ é $L$.

Se $f(x)$ fica arbitrariamente próximo de um valor específico $L$ quando tomamos $x$ suficientemente grande e negativo, escrevemos \[ \lim _{x\to -\infty } f(x) = L \] e dizemos que o limite em menos infinito de $f(x)$ é $L$.

Calcule o limite. \[ \lim _{x\to \infty } \frac {6x-9}{x-1}. \] Vamos confirmar o que havíamos conjecturado antes calculando o limite no infinito.
Podemos assumir que todas as leis dos limites também valem para limites no infinito.

Escreva \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\frac {6x-9}{x-1} &= \lim _{x\to \infty }\frac {6x-9}{x-1}\cdot \frac {1/x}{1/x}\\ &=\lim _{x\to \infty }\frac {\frac {6x}{x} - \frac {9}{x}}{\frac {x}{x} - \frac {1}{x}}\\ &=\frac {\lim _{x\to \infty }\Bigl (6- \frac {9}{x}\Bigr )}{\lim _{x\to \infty }\Bigl (1- \frac {1}{x}\Bigr )}\\ &=\frac {6-9\lim _{x\to \infty } \frac {1}{x}}{1-\lim _{x\to \infty } \frac {1}{x}}\\ &=\frac {6-9(0)}{1-0}\\ &= \frac {6}{1}\\ &= 6. \end{align*}

Observe que, no primeiro passo desse cálculo, dividimos o numerador e o denominador por $x$ (multiplicando-os por $1/x$). Este é um “truque” que frequentemente ajuda no cálculo de limites quando $x\to \pm \infty $, se a função é uma fração. O ponto importante ao usar $x$ aqui é que o denominador tem grau $1$. Quando dividimos o denominador por $x$, o denominador se aproxima de uma constante não nula. (Estamos dividindo o numerador e o denominador pelo tipo de termo de maior ordem de crescimento do denominador.)

Às vezes é preciso ter cuidado ao tentar aplicar esse truque. Considere este exemplo de uma função não racional.

\[ \lim _{x\to -\infty } \frac {x^3+1}{\sqrt {x^6+5}} \]

O truque que aplicamos acima à função racional vai funcionar aqui, mas observe que o denominador está dentro de um radical. Para determinar o fator correto pelo qual dividir, precisaremos reescrever o radical.

\begin{align*} \sqrt {x^6 + 5} &= \sqrt { x^6\left (\dfrac {x^6}{x^6} + \dfrac {5}{x^6}\right )}\\ &= \sqrt { x^6\left ( 1 + \dfrac {5}{x^6}\right ) }\\ &= \sqrt {x^6} \sqrt {1 + \dfrac {5}{x^6} }\\ &= \sqrt {(x^3)^2} \sqrt {1 + \dfrac {5}{x^6} }\\ &= |x^3|\sqrt {1 + \dfrac {5}{x^6} }\\ \end{align*}

Para este último passo, lembre-se de que $\sqrt {a^2} = |a|$ quando $a$ pode assumir um valor negativo. Como estamos olhando para $x\to -\infty $, sabemos que, a partir de certo ponto, $x$ será negativo, e $x^3$ também.

Essa simplificação significa que o denominador, no limite quando $x\to -\infty $, vai se comportar como $-x^3\sqrt {1+\dfrac {5}{x^6}}$. Como o fator com a raiz quadrada aqui tem limite $\displaystyle \lim _{x\to -\infty } \sqrt {1 + \dfrac {5}{x^6} } = \sqrt {1 + \lim _{x\to \infty } \dfrac {5}{x^6}} = \sqrt {1+0}=1$, o crescimento do denominador é controlado pelo fator $-x^3$. Nesse caso, dividimos o numerador e o denominador por $x^3$,

\begin{align*} \lim _{x\to -\infty } \dfrac {x^3+1}{\sqrt {x^6+5}} &= \lim _{x\to -\infty } \frac {x^3+1}{-x^3 \sqrt {1 + \dfrac {5}{x^6} }} \cdot \frac {1/x^3}{1/x^3}\\ &= \lim _{x\to -\infty } \dfrac {1+\dfrac {1}{x^3}}{\dfrac {-x^3}{x^3}\cdot \sqrt {1+\dfrac {5}{x^6}}}\\ &= \lim _{x\to -\infty } \dfrac {1+\dfrac {1}{x^3}}{-1\cdot \sqrt {1+\dfrac {5}{x^6}}} \\ &= \dfrac { \lim _{x\to -\infty }\left (1+\dfrac {1}{x^3}\right )}{\lim _{x\to -\infty }-1\cdot \sqrt {1+\dfrac {5}{x^6}}}\\ &= \dfrac {1}{-1\cdot 1} = -1. \end{align*}

No exemplo anterior, usamos o fato de que $|x^3|= -x^3$ quando $x$ é negativo. Se o limite fosse quando $x\to \infty $, então $x$ e $x^3$ acabariam assumindo valores positivos. Isso teria resultado em $|x^3|=x^3$. Repita o cálculo do exemplo anterior, determinando o limite $\displaystyle \lim _{x\to \infty } \frac {x^3+1}{\sqrt {x^6+5}}$ e tomando o cuidado de usar $|x^3|=x^3$ na simplificação. Você vai descobrir que os dois limites (quando $x\to \infty $ e quando $x \to -\infty $) têm valores diferentes.

Observe que, como \[ \lim _{x\to \infty } f(x) = \lim _{x\to 0^+} f\left (\frac {1}{x}\right ) \] e \[ \lim _{x\to -\infty } f(x) = \lim _{x\to 0^-} f\left (\frac {1}{x}\right ) \] também podemos aplicar o teorema do confronto ao calcular limites no infinito. Aqui está um exemplo de limite no infinito que usa o teorema do confronto e mostra que as funções podem, de fato, cruzar suas assíntotas horizontais.

Calcule: \[ \lim _{x\to \infty } \frac {\sin (7x)+4x}{x} \]

Podemos limitar nossa função: \[ \frac {-1+4x}{x} \le \frac {\sin (7x)+4x}{x} \le \frac {1+4x}{x}. \] Agora escreva comigo \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\frac {-1+4x}{x} \cdot \frac {1/x}{1/x} &= \lim _{x\to \infty }\frac {-1/x+4}{1}\\ &=4. \end{align*}

E também temos \begin{align*} \lim _{x\to \infty }\frac {1+4x}{x} \cdot \frac {1/x}{1/x} &= \lim _{x\to \infty }\frac {1/x+4}{1}\\ &=4. \end{align*}

Como \[ \lim _{x\to \infty } \frac {-1+4x}{x} = 4 = \lim _{x\to \infty }\frac {1+4x}{x} \] concluímos, pelo teorema do confronto, que $\lim _{x\to \infty }\frac {\sin (7x)}{x}+4 = 4$.

Se \[ \lim _{x\to \infty } f(x) = L \qquad \text {ou}\qquad \lim _{x\to -\infty } f(x) = L, \] então a reta $y=L$ é uma assíntota horizontal de $f(x)$.

Dê as assíntotas horizontais de \[ f(x) = \frac {6x-9}{x-1} \]

Pelo nosso trabalho anterior, vemos que $\lim _{x\to \infty } f(x) = 6$ e, examinando com mais cuidado, vemos que $\lim _{x\to -\infty } f(x) = 6$. Logo, a assíntota horizontal de $f(x)$ é a reta $y=6$.

É um equívoco comum pensar que uma função não pode cruzar uma assíntota. Como mostra o próximo exemplo, uma função pode cruzar uma assíntota horizontal e, no exemplo, isso acontece infinitas vezes!

Dê uma assíntota horizontal de \[ f(x) = \frac {\sin (7x)+4x}{x}. \]

Novamente pelo trabalho anterior, vemos que $\lim _{x\to \infty } f(x) = \class{xm-given}{4}$. Logo, $y=\class{xm-given}{4}$ é uma assíntota horizontal de $f(x)$.

Concluímos com um limite infinito no infinito.

Calcule \[ \lim _{x\to \infty } \ln (x) \]

A função $\ln (x)$ cresce muito lentamente e parece que poderia ter uma assíntota horizontal; veja o gráfico acima. No entanto, se considerarmos a definição do logaritmo natural como a inversa da função exponencial

$\ln (x) = y$ significa que $e^y =x$ e que $x$ é positivo.

vemos que podemos elevar $e$ a valores cada vez maiores para obter números cada vez maiores. Isso significa que $\ln (x)$ é ilimitada e, portanto, $\lim _{x\to \infty }\ln (x)=\infty $.