Exercícios Resolvidos de Esboço de Gráfico

Considere a função

y = f x = 2 + x 1 + x 2 ,

cujas derivada e derivada segunda são dadas por:

f ' x = 1 - x 2 1 + x 2 2 f ' ' x = 2 x 3 - 6 x 1 + x 2 3

  1. Calcule o domínio de definição de f .
  2. Calcule as interseções do gráfico de f com os eixos coordenados caso existam.
  3. Calcule os limites de f no infinito e ache as assíntotas horizontais e verticais ao gráfico de f caso exista.
  4. Identifique os pontos críticos, os extremos relativos e os intervalos onde a função f é crescente e onde é decrescente.
  5. Identifique os pontos de inflexão da função f e os intervalos de concavidade para cima e para baixo.
  6. Usando as informações anteriores, faça um esboço do gráfico de y = f ( x ) .

Passo 1

Ufa! Se o enunciado já é grande, imagine a resolução. Ajeita a poltrona aí e vamos lá!

(a)

Essa aqui é bem fácil. A restrições ao domínio, para funções racionais como é o caso do nosso amigo f , ocorrem quando o denominador zera. Mas, nesse caso, o polinômio do denominador não tem raízes reais e, portanto, nunca zera . Assim podemos concluir que:

D f = R

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Passo 2

(b)

Essa aqui também tá limonada gelada no verão. Para sabermos quando toca o eixo x, igualamos f ( x ) à zero:

2 + x 1 + x 2 = 0 ⟹ 2 + 2 x 2 + x 1 + x 2 = 0

Como 1 + x 2 ≠ 0 para todo x , garantimos que:

2 x 2 + x + 2 = 0

Veja que, por Bhaskara:

x = - b ± b 2 - 4 a c 2 a = - 1 ± 1 - 16 4

Como 1 - 16 < 0 , não há raiz real e, portanto, a função nunca encontra o eixo x , coitada.

Já para o eixo y , igualamos x a zero:

y = 2 + 0 1 + 0 = 2

Logo, a interseção ocorre no ponto 0,2 .

Passo 3

(c)

Vamos calcular o limite no infinito:

lim x → ∞ ⁡ f ( x ) = l i m x → ∞ 2 + 2 x 2 + x 1 + x 2

Dividindo tudo pelo monômio de maior grau:

l i m x → ∞ 2 + 2 x 2 + x 1 + x 2 = l i m x → ∞ 2 / x 2 + 2 x 2 / x 2 + x / x 2 1 / x 2 + x 2 / x 2 = l i m x → ∞ 2 / x 2 + 2 + 1 / x 1 / x 2 + 1

Jogando os limites para dentro da fração:

l i m x → ∞ 2 / x 2 + 2 + 1 / x 1 / x 2 + 1 = l i m x → ∞ 2 / x 2 + l i m x → ∞ 2 + l i m x → ∞ 1 / x l i m x → ∞ 1 / x 2 + l i m x → ∞ 1 = 2

De maneira análoga:

l i m x → - ∞ f x = 2

Assim, como essa é a definição do cálculo da assíntota horizontal e o limite existe, temos uma assíntota na reta:

y = 2

E quanto as assíntotas verticais? Elas só aparecem quando existe algum ponto de indeterminação na função. Como a função tem domínio em todos os números reais, isso não vai acontecer e não existem assíntotas verticais nesse problema.

Passo 4

(d)

Só para não ter que ir lá em cima e voltar:

f ' x = 1 - x 2 1 + x 2 2

Os pontos críticos ocorrem quando a derivada não existe ou é zero. Como denominador não zera nunca (sem raízes reais), só nos resta calcular os pontos onde a derivada é zero:

f ' x = 1 - x 2 1 + x 2 2 = 0

Uma vez que 1 + x 2 2 ≠ 0 para todo x , garantimos que:

1 - x 2 = 0 ⟹ x = ± 1

Ou seja, temos dois pontos críticos. Um em x = - 1 e o outro em x = 1 .

Agora, vamos ver quando a função é crescente e descrecente. Ela será crescente quando f ' x > 0 e decrescente do contrário.

Dessa maneira, precisamos testar o sinal da derivada. Ele pode mudar, e só vai mudar, ao passar por um ponto crítico, então vamos analisar valores entre cada um dos pontos.

Temos também que o denominador não muda de sinal, é sempre positivo, então só precisamos analisar o sinal do numerador.

Sendo g x = 1 - x 2 e pegando valores para cada região, como

g - 2 = - 3 < 0

g 0 = 1 > 0

g 2 = - 3 < 0

Assim, temos a seguinte tabela:

Ou seja, pelo sinal, concluímos que a função é crescente para - 1 < x < 1 e decrescente para x < - 1 ou x > 1 .

Legal, ainda falta coisa. Falta determinar os máximos e mínimos. Aí entra o teste da primeira derivada. Como a derivada era negativa para valores menores que x = - 1 e positiva para valores imediatamente maiores, temos que esse é um ponto de mínimo.

Do contrário, concluímos que x = 1 é um ponto de máximo.

Passo 5

(e)

Só para não ter que ir lá em cima e voltar:

f ' ' x = 2 x 3 - 6 x 1 + x 2 3

Beleza, a função é côncava para cima se f ' ' x > 0 e côncava para baixo no contrário. Assim, vamos ter que analisar o sinal da segunda derivada.

O denominador novamente não mudará de sinal, então só precisamos analisar o sinal do numerador. Sendo:

h x = 2 x 3 - 6 x = 2 x ( x 2 - 3 )

Zerando em:

x = 0 ; x = ± 3

Só trocará de sinal passando por esses pontos. Então testamos o sinal entre eles:

h - 2 = - 4 < 0 h - 1 = 4 > 0 h 1 = - 4 < 0 h ( 2 ) = 4 > 0

Em tabela:

Então a função é côncava para baixo para x < - 3 e 0 < x < 3 .

Será côncava para cima para - 3 < x < 0 e x > 3 .

Os pontos de inflexão aparecem quando a função troca de concavidade, ou seja, em:

x = 0 x = - 3 x = 3

Passo 6

(f)

Através dos dados, chegamos ao seguinte gráfico:

Resposta

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