Determine os extremos e faça o gráfico de f.
3 f(x)=\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-1}

Passo 1

O enunciado dá a equação
3\,f(x)=\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-1}.
As perguntas são: (1) determinar os extremos de f e (2) fazer (descrever) o gráfico de f. Informações fornecidas/observações imediatas: a expressão envolve uma razão de polinômios, portanto devemos verificar o domínio (pontos onde o denominador se anula). Não começarei a calcular nada neste passo; apenas listei o que o enunciado pede e a expressão dada.

Passo 2

Primeiro escrevo f explicitamente isolando-a:
f(x)=\frac{1}{3}\cdot\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-1}.
Fatoro numerador e denominador para ver zeros e possíveis cancelamentos:
x^{2}+x-6=(x+3)(x-2),\qquad x^{2}-1=(x-1)(x+1).
Não há fatores em comum, portanto não há buracos (removable discontinuities). O domínio é
\{x\in\mathbb{R}\mid x\neq -1,\\ x\neq 1\}.

Passo 3

Identifico assíntotas horizontais/verticais e interceptos (úteis para o gráfico):
  • Como numerador e denominador têm mesmo grau, a assíntota horizontal é a razão dos coeficientes principais:
\lim_{x\to\pm\infty} f(x)=\frac{1}{3}.
Logo a assíntota horizontal é y=\tfrac{1}{3}.
  • Os zeros de f (interseções com o eixo x) vêm do numerador:
x=-3\quad\text{e}\quad x=2.
  • Interseção com o eixo y (em x=0):
f(0)=\frac{0^{2}+0-6}{3(0^{2}-1)}=\frac{-6}{-3}=2,
logo o ponto (0,2).
  • Assíntotas verticais: pontos onde o denominador = 0 e função explode, ou seja x=-1 e x=1. Vou também anotar os limites laterais para saber o comportamento em cada lado:
    • Para x\to 1^-: x^{2}-1\to 0^- e x^{2}+x-6\big|_{x\to1}=-4<0 então f(x)\to +\infty.
    • Para x\to 1^+: x^{2}-1\to 0^+ e numerador -4<0 então f(x)\to -\infty.
    • Para x\to -1^+: x^{2}-1\to 0^-, numerador em x=-1 é (-1)^2+(-1)-6=-6<0 então f(x)\to +\infty.
    • Para x\to -1^-: denom 0^+, numerador negativo \Rightarrow f(x)\to -\infty.

Passo 4

Agora vou encontrar os extremos através da derivada. Para explicar a técnica: quando temos uma função dada por uma razão u(x)/v(x), a derivada usa a regra do quociente:
\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2}}.
Aqui escrevo f(x)=\tfrac{1}{3}g(x) com g(x)=\dfrac{x^{2}+x-6}{x^{2}-1}. Então
f'(x)=\frac{1}{3}g'(x).
Aplico a regra do quociente a g com u(x)=x^{2}+x-6 e v(x)=x^{2}-1. Temos u'(x)=2x+1 e v'(x)=2x. Assim
g'(x)=\frac{(2x+1)(x^{2}-1)-(x^{2}+x-6)(2x)}{(x^{2}-1)^{2}}.
Faço a expansão e simplifico o numerador passo a passo:
(2x+1)(x^{2}-1)=2x^{3}+x^{2}-2x-1,
2x(x^{2}+x-6)=2x^{3}+2x^{2}-12x.
Subtraindo:
(2x+1)(x^{2}-1)-(x^{2}+x-6)2x = (2x^{3}+x^{2}-2x-1)-(2x^{3}+2x^{2}-12x).
Cancelam 2x^{3} e obtemos
- x^{2}+10x-1.
Portanto
g'(x)=\frac{-x^{2}+10x-1}{(x^{2}-1)^{2}}
e
f'(x)=\frac{-x^{2}+10x-1}{3(x^{2}-1)^{2}}.

Passo 5

Os pontos críticos (onde f'=0 ou f' indefinida) são candidatos a extremos. f' é indefinida em x=\pm1 — já sabemos que são assíntotas verticais, não pontos de extremo no domínio. Zeros de f' vêm do numerador:
-x^{2}+10x-1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}-10x+1=0.
Resolvo a quadrática (fórmula de Bhaskara):
x=\frac{10\pm\sqrt{100-4}}{2}=\frac{10\pm\sqrt{96}}{2}=\frac{10\pm 4\sqrt{6}}{2}=5\pm 2\sqrt{6}.
Portanto os pontos críticos no domínio são
x_{1}=5-2\sqrt{6}\quad\text{e}\quad x_{2}=5+2\sqrt{6}.
(Numéricamente x_{1}\approx 0{,}10102 e x_{2}\approx 9{,}89898.)

Passo 6

Classificação dos extremos pelo sinal de f' (teste da primeira derivada). Note que o denominador (x^{2}-1)^{2} é sempre positivo no domínio, então o sinal de f' é o sinal do polinômio do numerador N(x)=-x^{2}+10x-1. Este é um polinômio quadrático com coeficiente do termo x^{2} negativo, portanto abre para baixo; seus zeros são x_{1}<x_{2}. Assim:
  • N(x)<0 para x<x_{1};
  • N(x)>0 para x_{1}<x<x_{2};
  • N(x)<0 para x>x_{2}.
Mas preciso separar os intervalos conforme o domínio (tirando -1 e 1). Concluo:
  • f'(x)<0 em (-\infty,-1) e em (-1,x_{1}). Ou seja, f é decrescente nessas partes.
  • f'(x)>0 em (x_{1},1) e em (1,x_{2}). Ou seja, f é crescente nessas partes.
  • f'(x)<0 em (x_{2},\infty). Ou seja, f é decrescente para x>x_{2}.
Portanto em x_{1} a derivada muda de negativa para positiva: isso é um mínimo local. Em x_{2} a derivada muda de positiva para negativa: isso é um máximo local.

Passo 7

Agora calculo os valores de f nesses pontos críticos. Uma identidade útil (subtraindo a assíntota horizontal) simplifica muito:
f(x)-\frac{1}{3}=\frac{x^{2}+x-6}{3(x^{2}-1)}-\frac{1}{3}=\frac{x-5}{3(x^{2}-1)}.
Outra maneira é usar que nos pontos críticos vale x^{2}=10x-1 (pois os pontos críticos são raízes de x^{2}-10x+1=0). Uso essa relação para simplificar f(x). Parto de
f(x)=\frac{x^{2}+x-6}{3(x^{2}-1)}.
Substituindo x^{2}=10x-1 no numerador e denominador:
x^{2}+x-6=(10x-1)+x-6=11x-7,
x^{2}-1=(10x-1)-1=10x-2.
Assim para esses x
f(x)=\frac{11x-7}{3(10x-2)}=\frac{11x-7}{30x-6}.
Agora plugando x_{1}=5-2\sqrt{6} e x_{2}=5+2\sqrt{6} e racionalizando (faço o cálculo completo para obter forma simples), obtém-se as formas exatas:
f(5-2\sqrt{6})=\frac{7+2\sqrt{6}}{6},\qquad f(5+2\sqrt{6})=\frac{7-2\sqrt{6}}{6}.
(Verificação numérica: f(5-2\sqrt{6})\approx 1{,}98316 e f(5+2\sqrt{6})\approx 0{,}35017, coerente com o teste da derivada.)

Passo 8

Resumo dos extremos (local):
  • Mínimo local em x=5-2\sqrt{6} com valor f(5-2\sqrt{6})=\frac{7+2\sqrt{6}}{6}.
  • Máximo local em x=5+2\sqrt{6} com valor f(5+2\sqrt{6})=\frac{7-2\sqrt{6}}{6}.
Observações sobre extre mos globais: não há máximo global (a função tende a +\infty ao nos aproximarmos de x=\pm1 por alguns lados), e não há mínimo global porque a função tende a -\infty ao aproximar-se de x=1^{+} e x=-1^{-}.

Passo 9

Instruções para desenhar o gráfico (resumo das características para traçar à mão):
  • Domínio: x\neq -1,1.
  • Assíntotas verticais: x=-1 (esquerda -\infty, direita +\infty) e x=1 (esquerda +\infty, direita -\infty).
  • Assíntota horizontal: y=\tfrac{1}{3}.
  • Zeros: x=-3 e x=2.
  • Intercepto com y: (0,2).
  • Pontos críticos marcantes: \bigl(5-2\sqrt{6},\tfrac{7+2\sqrt{6}}{6}\bigr) (mínimo local, dentro do intervalo (-1,1)) e \bigl(5+2\sqrt{6},\tfrac{7-2\sqrt{6}}{6}\bigr) (máximo local, em (1,\infty)).
  • Monotonicidade:
    • Decrescente em (-\infty,-1) e em (-1,5-2\sqrt{6}).
    • Crescente em (5-2\sqrt{6},1) e em (1,5+2\sqrt{6}).
    • Decrescente em (5+2\sqrt{6},\infty).
  • Com essas informações trace as assíntotas, marque interceptos e pontos críticos e ligue as curvas respeitando as explosões para \pm\infty nas assíntotas e a aproximação à assíntota horizontal y=\tfrac{1}{3} quando x\to\pm\infty.

Resposta

Extremos: mínimo local em x=5-2\sqrt{6} com f(5-2\sqrt{6})=\dfrac{7+2\sqrt{6}}{6}; máximo local em x=5+2\sqrt{6} com f(5+2\sqrt{6})=\dfrac{7-2\sqrt{6}}{6}.\nGráfico: domínio \mathbb{R}\setminus\{\,-1,1\,\}, assíntotas verticais x=\pm1 (com comportamentos laterais: em x=-1 esquerda -\infty, direita +\infty; em x=1 esquerda +\infty, direita -\infty), assíntota horizontal y=\tfrac{1}{3}, zeros em x=-3,2, intercepto f(0)=2; monotonicidade e pontos críticos conforme descrito nos passos (usar esses pontos e assíntotas para esboçar o gráfico).

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