Encontre as assíntotas horizontais e verticais, se existirem, das funções abaixo.
f(x)=\frac{x^{2}+4}{x^{2}-1}

Passo 1

O enunciado pede: encontrar as assíntotas horizontais e verticais da função
f(x)=\frac{x^{2}+4}{x^{2}-1}.
Informações dadas:
  • A expressão analítica de f(x) é \dfrac{x^{2}+4}{x^{2}-1}.
  • Precisamos determinar: (i) as possíveis assíntotas verticais (valores de x onde f(x) tende a \pm\infty) e (ii) as assíntotas horizontais (valores de y que f(x) tende quando x\to\pm\infty).

Passo 2

Determinar o domínio e os pontos em que o denominador se anula (candidatos a assíntotas verticais).
O denominador é x^{2}-1. Resolver x^{2}-1=0:
x^{2}-1=0 \quad\Rightarrow\quad x^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad x=\pm 1.
Logo, x=1 e x=-1 não estão no domínio; são pontos a investigar como possíveis assíntotas verticais.

Passo 3

Relembrando intuitivamente o que é assíntota vertical: se ao nos aproximarmos de um ponto a (pela direita ou pela esquerda) a função cresce sem limite em módulo, isto é
\lim_{x\to a^+} f(x)=\pm\infty\quad\text{ou}\quad \lim_{x\to a^-} f(x)=\pm\infty,
então x=a é uma assíntota vertical. Vamos testar x=1 e x=-1.
Escrevemos o denominador fatorado:
x^{2}-1=(x-1)(x+1),
então
f(x)=\frac{x^{2}+4}{(x-1)(x+1)}.

Passo 4

Analisar o comportamento perto de x=1.
Para x próximo de 1 podemos colocar x=1+h com h\to 0. Então x+1=2+h\to 2 e o numerador tende a 1^{2}+4=5. Portanto, para h pequeno a expressão principal do crescimento é dada por
f(1+h)\approx \frac{5}{(1+h-1)(1+h+1)}=\frac{5}{h(2+h)}\approx\frac{5}{2h}.
Assim:
  • Se h\to 0^+ (ou seja, x\to 1^+), temos h>0 e \dfrac{5}{2h}\to +\infty.
  • Se h\to 0^- (ou seja, x\to 1^-), temos h<0 e \dfrac{5}{2h}\to -\infty.
Portanto em x=1 há de fato uma assíntota vertical, com
\lim_{x\to 1^-} f(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to 1^+} f(x)=+\infty.

Passo 5

Analisar o comportamento perto de x=-1.
Para x próximo de -1 colocamos x=-1+h com h\to 0. Então x-1=-2+h\to -2 e o numerador tende a (-1)^{2}+4=5. Uma forma análoga dá
f(-1+h)\approx \frac{5}{(-2+h)h}\approx\frac{5}{-2h}.
Assim:
  • Se h\to 0^+ (ou seja, x\to -1^+), temos h>0 e \dfrac{5}{-2h}\to -\infty.
  • Se h\to 0^- (ou seja, x\to -1^-), temos h<0 e \dfrac{5}{-2h}\to +\infty.
Portanto em x=-1 também há uma assíntota vertical, com
\lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to -1^+} f(x)=-\infty.

Passo 6

Agora achar a assíntota horizontal. Definição prática: se existir um número L tal que
\lim_{x\to+\infty} f(x)=L \quad\text{e}\quad \lim_{x\to-\infty} f(x)=L,
então y=L é assíntota horizontal. Para funções racionais, quando os graus do numerador e do denominador são iguais, a assíntota horizontal é a razão dos coeficientes líderes.
Aqui os polinômios do numerador e do denominador têm mesmo grau 2 e os coeficientes de x^{2} são ambos 1. Portanto a assíntota horizontal candidata é
y=\frac{1}{1}=1.

Passo 7

Verificação do limite para x\to\pm\infty (modo algébrico limpo):
Dividindo numerador e denominador por x^{2} (válido para x\neq 0, e o comportamento quando |x|\to\infty é preservado):
f(x)=\frac{x^{2}+4}{x^{2}-1}=\frac{1+\dfrac{4}{x^{2}}}{1-\dfrac{1}{x^{2}}}.
Ao fazer x\to\pm\infty temos \dfrac{4}{x^{2}}\to 0 e \dfrac{1}{x^{2}}\to 0. Assim
\lim_{x\to\pm\infty} f(x)=\frac{1+0}{1-0}=1.
Logo y=1 é de fato a assíntota horizontal.
Observação útil (para a prova): uma identidade simples que ajuda a entender o sinal é
f(x)=1+\frac{5}{x^{2}-1},
obtida ao subtrair 1 e combinar frações. Dessa relação segue que para |x|>1 (ou seja fora dos buracos verticais) tem-se x^{2}-1>0 e então f(x)>1 (a função se aproxima de 1 vindo de cima); isso confirma a aproximação à assíntota horizontal.

Resposta

Assíntotas verticais: x=1
Assíntotas verticais: x=-1
Assíntota horizontal: y=1

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