Enunciado

Faça um gráfico completo de f , indique os limites quando x → ± ∞ e localize todos os extremos relativos, os pontos de inflexão e as assíntotas (quando apropriado).

f x = t g ( x 2 + 1 )

Passo 1

Vamos começar calculando os limites:

lim x → + ∞ ⁡ t g   x 2 + 1 ,       lim x → - ∞ ⁡ t g   x 2 + 1

Vamos pensar um pouco. Como x está elevado ao quadrado na função, esses limites serão iguais. E já que se:

x → ∞ ∴ x 2 + 1 → ∞

Calcular esses limites, seria o mesmo que calcular esse limite:

lim x → ∞ ⁡ t g   ( x )

Podemos fazer duas substituições e tentar calcular esse limite por dois caminhos. A primeira é fazer a substituição:

x = n π ,     n → ∞

Sendo n um número inteiro, nosso limite fica:

lim n → ∞ ⁡ t g   n π = 0  

Mas se a gente usar a substituição:

x = n π + π 6 ,   n → ∞

lim n → ∞ ⁡ t g   n π + π 6 = 1 3

A gente vê que usando caminhos diferentes, esse limite dá valores diferentes, isso significa que ele não existe. Então vamos dizer que:

lim x → ( ± ∞ ) ⁡ t g x 2 + 1 = ∄

E vemos também que não temos assíntotas horizontais.

Passo 2

Para localizar os extremos relativos, precisamos calcular os valores de x quando f ' x = 0

f x = t g   x 2 + 1

f ' x = 2 x  sec 2 ⁡ ( x 2 + 1 )

2 x sec 2 ⁡ x 2 + 1 = 0

Vemos que ele só zera em x = 0 . Vamos fazer o teste da derivada segunda para classificar esse ponto. Vamos derivar com cuidado usando as regras do produto e da cadeia:

f ' ' x = 2 sec 2 ⁡ x 2 + 1 + 8 x 2 sec 2 ⁡ x 2 + 1   t g   ( x 2 + 1 )

f ' ' 0 = 2 sec 2 ⁡ 1 > 0

Como o valor da segunda derivada no ponto foi positivo, a gente tem que esse é um ponto de mínimo local.

Passo 3

Os pontos de inflexão ficam onde f ' ' x = 0 :

2 sec 2 ⁡ x 2 + 1 + 8 x 2 sec 2 ⁡ x 2 + 1   t g   x 2 + 1 = 0

2 sec 2 ⁡ x 2 + 1   1 + 4 x 2   t g x 2 + 1 = 0

1 + 4 x 2   t g x 2 + 1 = 0

E como essa equação é muito complicada para resolver a mão, a gente deixa indicado que nossa função vai mudar de concavidade nos valores de x que satisfazem essa equação.

Passo 4

Vamos verificar os pontos de descontinuidade de f para descobrir se existem assíntotas verticais:

f x = t g   x 2 + 1

Sabemos que a função tangente é descontínua onde seu argumento é igual a n π + π / 2 . Sendo n um número inteiro positivo. Igualando isso ao nosso argumento:

x 2 + 1 = n π + π 2 ∴ x = ± n π + π 2 - 1

Descobrimos os pontos de descontinuidade. Vamos ver se temos assíntotas neles:

lim x → ± nπ + π 2 - 1 ⁡ t g   x 2 + 1 = lim c → nπ + π 2 ⁡ t g c

lim c → nπ + π 2 - ⁡ t g c = + ∞ ,   lim c → nπ + π 2 + ⁡ t g c = - ∞

Temos então assíntotas verticais nesses pontos:

x = ± n π + π 2 - 1 ,   n = 0,1 , 2 ,   …

Passo 5

Agora é fazer o gráfico com tudo isso que a gente achou:

Resposta

lim x → ( ± ∞ ) ⁡ t g x 2 + 1 = ∄

x = 0 ponto de mínimo

Pontos de inflexão quando 1 + 4 x 2   t g x 2 + 1 = 0

Assíntotas verticais em x = ± n π + π 2 - 1 ,   n = 0,1 , 2 ,   …

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