Considere f x = arctg ⁡ x 2 , s e   x < 0 6 x 2 - 4 x 3 ,   s e 0 ≤ x < 2 e - x ,   s e x ≥ 2

a f é contínua em x = 0 ? f é derivável em x = 0 ?

b f é contínua em x = 2 ? f é derivável em x = 2 ?

c Calcule lim x → ∞ ⁡ f x e lim x → - ∞ ⁡ f x .

d Determine os pontos críticos de f .

e Em quais intervalos f é crescente?

f Em quais intervalos f é decrescente?

g Determine, se houver, os pontos de mínimo local de f .

h Determine, se houver, os pontos de máximo local de f .

i Em quais intervalos, se houver, o gráfico de f é côncavo para cima?

j Em quais intervalos, se houver, o gráfico de f é côncavo para baixo?

k Determine, se houver, os pontos de inflexão do gráfico de f .

l Utilizando as informações obtidas nos itens anteriores, faça um esboço do gráfico de f .

Passo 1

( a ) Para descobrir se a função é contínua no x = 0 temos que calcular os limites laterais pelos dois lados e ver se eles são iguais. Como vemos, a função é uma em x < 0 e outra em x ≥ 0 :

lim x → 0 - ⁡ arctg ⁡ x 2 = arctg ⁡ 0 = 0

lim x → 0 + ⁡ 6 x 2 - 4 x 3 = 6 0 2 - 4 0 3 = 0

Ora, os limites laterais batem, então a função é contínua em   x = 0 .

Passo 2

Já para ver se a função é derivável aplicamos o limite da definição da derivada e vemos se lateralmente os limites batem. A definição é essa aqui:

lim x → 0 ⁡ f x - f 0 x - 0 = lim x → 0 ⁡ f x - [ 6 0 2 - 4 0 3 ] x

= lim x → 0 ⁡ f x - 0 x = lim x → 0 ⁡ f x x

Vamos ver se os limites laterais desse termo batem, começando calculando x → 0 + :

lim x → 0 + ⁡ f x x = lim x → 0 + ⁡ 6 x 2 - 4 x 3 x = lim x → 0 + ⁡ 6 x - 4 x 2

= 6 0 - 4 0 2 = 0

Vamos fazer agora para x → 0 - :

lim x → 0 - ⁡ f x x = lim x → 0 + ⁡ arctg ⁡ x 2 x = 0 0

Vamos usar L’Hospital para fugir da indeterminação:

lim x → 0 + ⁡ arctg ⁡ x 2 x → L ' H lim x → 0 + ⁡ x 2 ' 1 + x 2 2 x '

= lim x → 0 + ⁡ 2 x 1 + x 4 = 2 0 1 + 0 4

= 0

Como vemos, os limites laterais da definição da derivada bateram, o que significa que f x é derivável em x = 0 .

Passo 3

( b ) Para descobrir se a função é contínua no x = 2 temos que calcular os limites laterais pelos dois lados e ver se eles são iguais. Como vemos, a função é uma em 0 < x < 2 e outra em x ≥ 2 :

lim x → 2 - ⁡ 6 x 2 - 4 x 3 = 6 2 2 - 4 2 3

= 24 - 32 = - 8

lim x → 2 + ⁡ e - x = e - 2 = 1 e 2

Ora, os limites laterais não batem, então a função não é contínua em   x = 2 .

Passo 4

Se a função é descontínua em x = 2 ela necessariamente não é derivável!

Passo 5

( c ) Vamos calcular os dois limites pedidos:

lim x → ∞ ⁡ f x = lim x → ∞ ⁡ e - x

= e - ∞ = 0

O outro limite agora:

lim x → - ∞ ⁡ arctg ⁡ x 2 = arctg ⁡ ∞

= π 2

Caso não tenha entendido, esse aqui é o gráfico do arco tangente, cuja imagem fica sempre dentro do intervalo - π 2 , π 2 :

Pelos cálculos dos limites notamos que temos duas assíntotas verticais: y = 0   ; y = 2 . Como não temos descontinuidades da função nos três respectivos domínios nós não temos assíntotas verticais.

Passo 6

( d ) Vamos derivar a função f x :

f x = arctg ⁡ x 2                                                                         ,       s e   x < 0 6 x 2 - 4 x 3                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 e - x                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

f ' x = arctg ⁡ x 2 '                                                                         ,       s e   x < 0 6 x 2 - 4 x 3 '                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 e - x '                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

f ' x = x 2 ' 1 + x 2 2                                                                               ,       s e   x < 0 12 x - 12 x 2                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 - e - x                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

f ' x = 2 x 1 + x 4                                                                                           ,       s e   x < 0 12 x - 12 x 2                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 - e - x                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

Na região de x < 0 temos que f ' x = 2 x 1 + x 4 , que é negativo para todo x < 0 .

Em 0 ≤ x < 2 a derivada é a f ' x = 12 x - 12 x 2 = 12 x 1 - x , uma parábola com concavidade para baixo. Entre suas raízes, 0 e 1 , seu sinal é positivo. Já entre 1 e 2 f ' x será negativo.

Já no domínio de x ≥ 0 temos o termo - e - x para a derivada, que é negativo para todo valor de x , já que exponenciais são sempre positivas e tem um sinal negativo ali.

Conclui-se, há dois pontos críticos, um em x = 1 e outro em x = 0 (vimos no Passo 2 que a derivada nesse ponto, x = 0 , vale 0 ).

P o n t o   c r í t i c o : x = 1   ; x = 0

Passo 7

( e , f ) Para analisar o crescimento e decrescimento da função nós devemos observar o sinal da derivada. Como visto no Passo 6 , a derivada será positiva para todo x < 0 , para x   ∈   ] 1,2 [ ou para x ≥ 2 , sendo nula só em x = 0 e x = 1 . A derivada é positiva para x   ∈   ] 0,1 [ Ou seja, a função é sempre crescente, não havendo região de decrescimento, com o detalhe da derivada ser nula em x = 0 :

C r e s c e n t e :   ] 0,1   ; D e c r e s c e n t e :   - ∞ , 0   ∪   1 , ∞ [

Passo 8

( g , h ) Os pontos críticos são x = 0 e x = 1 . No primeiro, temos derivada negativa antes e positiva depois, no segundo temos derivada positiva antes e negativa depois desse ponto. Nós vemos que x = 0 é ponto crítico de mínimo e x = 1 ponto crítico de máximo:

x = 0   é   m í n i m o   l o c a l   ;   x = 1   é   m á x i m o   l o c a l

Passo 9

i , j Vamos calcular f ' ' x e analisar seu sinal para descobrir quais são suas regiões de crescimento e decrescimento:

f ' ' x = 2 x 1 + x 4 '                                                                                           ,       s e   x < 0 12 x - 12 x 2 '                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 - e - x '                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

f ' ' x = 2 x ' 1 + x 4 - 2 x 1 + x 4 ' 1 + x 4 2                                                                                           ,       s e   x < 0 12 x - 12 x 2 '                                                       ,       s e   0 ≤ x < 2 - e - x '                                                                                               ,       s e   x ≥ 2  

f ' ' x = 2 1 + x 4 - 2 x 4 x 3 1 + x 4 2                                                                                           ,       s e   x < 0 12 - 24 x                                                                                                                               ,       s e   0 ≤ x < 2 - - e - x                                                                                                                                         ,       s e   x ≥ 2  

f ' ' x = 2 - 6 x 4 1 + x 4 2                                                                               ,       s e   x < 0 12 - 24 x                                                                 ,       s e   0 ≤ x < 2 - - e - x                                                                                 ,       s e   x ≥ 2  

Vemos que onde x < 0 a concavidade depende só do numerador 2 - 6 x 4 :

6 x 4 = 2 → x 4 = 1 3

x = ± 1 3 4

Como esse domínio só vale para x < 0 , temos só o x = - 1 3 4 como ponto de inflexão, sendo a derivada segunda negativa antes desse ponto e positiva depois

Para 0 ≤ x < 2 f ' ' x = 12 - 24 x , que tem ponto de inflexão em:

12 = 24 x → x = 1 2

Sendo f ' ' x positiva antes de x = 1 2 0 ≤ x < 1 2 e negativa depois 1 2 < x < 2 , com ponto de inflexão em x = 1 2 .

Em x ≥ 2 o termo e - x é sempre positivo, sendo que há uma mudança de concavidade de antes do x = 2 (côncava para baixo) para depois desse ponto (côncava para cima).

Em resumo, temos:

C ô n c a v a   p a r a   b a i x o : ] - ∞ , 1 3 4 [     ∪ [ 1 2 , 2   ;   C ô n c a v a   p a r a   c i m a : 1 3 4 , 1 2   ∪   2 , ∞ [

Passo 10

( k ) Os únicos pontos em que a f ' ' x é nula ou muda de sinal são são em x = 1 3 4 , x = 1 2 e x = 2 , então:

P o n t o s   d e   i n f l e x ã o : x = 1 3 4   ; x = 1 2   ; x = 2

Passo 11

l Vamos reunir todas as informações para fazer o nosso esboço:

- a   f u n ç ã o   é   c o n t í n u a   e   d e r i v á v e l   e m   x = 0

- a   f u n ç ã o   n ã o   é   c o n t í n u a   n e m   d e r i v á v e l   e m   x = 2

- lim x → ∞ ⁡ f x = 0   ; lim x → - ∞ ⁡ f x = π 2

- A s s í n t o t a   h o r i z o n t a l : y = 0   e   y = π 2   ; A s s í n t o t a   v e r t i c a l :   -

- P o n t o   c r í t i c o : x = 1   ; x = 0

- x = 0   é   m í n i m o   l o c a l   ;   x = 1   é   m á x i m o   l o c a l

- C r e s c e n t e :   ] 0,1   ; D e c r e s c e n t e :   - ∞ , 0   ∪   1 , ∞ [

- C ô n c a v a   p a r a   b a i x o : ] - ∞ , 1 3 4 [     ∪ [ 1 2 , 2   ;   C ô n c a v a   p a r a   c i m a : 1 3 4 , 1 2   ∪   2 , ∞ [

- P o n t o s   d e   i n f l e x ã o : x = 1 3 4   ; x = 1 2   ; x = 2

Vamos fazer o esboço:

Resposta

a   a   f u n ç ã o   é   c o n t í n u a   e   d e r i v á v e l   e m   x = 0

b   a   f u n ç ã o   n ã o   é   c o n t í n u a   n e m   d e r i v á v e l   e m   x = 2

c   lim x → ∞ ⁡ f ( x ) = 0   ; lim x → - ∞ ⁡ f ( x ) = π 2

d   P o n t o   c r í t i c o : x = 1   ; x = 0

e , f   C r e s c e n t e :   ] 0,1   ; D e c r e s c e n t e :   - ∞ , 0   ∪   1 , ∞ [

g , h   x = 0   é   m í n i m o   l o c a l   ;   x = 1   é   m á x i m o   l o c a l

i , j   C ô n c a v a   p a r a   b a i x o : ] - ∞ , 1 3 4 [     ∪ [ 1 2 , 2   ;   C ô n c a v a   p a r a   c i m a : 1 3 4 , 1 2   ∪   2 , ∞ [

k   P o n t o s   d e   i n f l e x ã o : x = 1 3 4   ; x = 1 2   ; x = 2

l   f i g u r a   a c i m a

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