Esboce o gráfico de um exemplo de uma função f que satisfaça a todas as condições dadas.
f(0)=1, \quad \lim _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=-\infty
\lim _{x \rightarrow-1^{-}} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow-1^{+}} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow \pm \infty} f(x)=-1 \text {,со́ }со

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os dados que temos (copiei os limites exatamente do enunciado):
  • O enunciado pede um esboço (ou seja, um exemplo) de função f que satisfaça todas as seguintes condições:
    • f(0)=1.
    • \displaystyle \lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty e \displaystyle \lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty.
    • \displaystyle \lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty e \displaystyle \lim_{x\to -1^+} f(x)=+\infty.
    • \displaystyle \lim_{x\to \pm\infty} f(x)=-1.
Essas são exatamente as exigências que a função deve satisfazer.

Passo 2

Estratégia geral para construir um exemplo: muitas funções que têm assíntotas verticais e horizontais são funções racionais (razão de polinômios). Uma forma prática é escrever
f(x) = -1 + g(x),
onde a constante -1 já garante que, se g(x)\to 0 quando x\to\pm\infty, então \lim_{x\to\pm\infty} f(x)=-1 (ou seja, y=-1 será a assíntota horizontal). Então precisamos construir um g(x) que tende a zero no infinito e que cause as assíntotas verticais e o valor em 0 pedidos.
Explicando a ideia de assíntotas (rápido e simples):
  • Se g(x)\to 0 quando x\to\pm\infty, então f(x)=-1+g(x)\to -1.
  • Para ter uma assíntota vertical em x=a, normalmente colocamos um fator (x-a) no denominador de g(x). A multiplicidade desse fator determina o comportamento de sinal:
    • multiplicidade ímpar em (x-a): os sinais de g(x) (e portanto de f(x)) mudam ao atravessar a (um lado vai para +\infty e o outro para -\infty);
    • multiplicidade par em (x-a): os sinais dos dois lados são iguais (ambos podem ir para +\infty, por exemplo).
      Isso é importante para satisfazer as condições em x=1 (troca de sinal) e em x=-1 (mesmo sinal dos dois lados).

Passo 3

Pela análise acima:
  • Para x=1 precisamos de uma assíntota vertical com troca de sinal entre os lados \big(\lim_{x\to1^-}f(x)=+\infty,\\ \lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty\big). Logo, em g(x) colocamos um fator (x-1) no denominador com multiplicidade ímpar (o mais simples é multiplicidade 1).
  • Para x=-1 precisamos que ambos os lados tendam a +\infty. Logo, em g(x) colocamos um fator (x+1) no denominador com multiplicidade par (o mais simples é multiplicidade 2, ou seja (x+1)^2).
Portanto uma escolha natural para g(x) é
g(x)=\frac{A}{(x-1)(x+1)^2},
com A constante a ajustar. Note que aqui o numerador é constante e o denominador tem grau 3, assim g(x)\to 0 quando x\to\pm\infty, garantindo a assíntota horizontal y=-1.

Passo 4

Agora imponho o valor f(0)=1. Lembrando que f(x)=-1+g(x), temos
f(0) = -1 + g(0) = 1 \quad\Rightarrow\quad g(0)=2.
Calculo g(0) com a expressão escolhida:
g(0)=\frac{A}{(0-1)(0+1)^2}=\frac{A}{(-1)\cdot 1}=-A.
Portanto -A=2, ou seja A=-2.
Substituindo A=-2 obtemos uma função concreta:
f(x) = -1 + \frac{-2}{(x-1)(x+1)^2} = -1 - \frac{2}{(x-1)(x+1)^2}.

Passo 5

Agora verifico explicitamente cada condição para garantir que essa função realmente serve.
  1. Valor em 0:
f(0) = -1 - \frac{2}{(0-1)(0+1)^2} = -1 - \frac{2}{-1\cdot 1} = -1 + 2 = 1.
OK.
  1. Comportamento quando x\to 1^\pm. Escrevo x=1+\varepsilon com \varepsilon\to 0.
  • Para x\to 1^- temos \varepsilon<0 pequeno. O fator (x-1)=\varepsilon é negativo pequeno; o fator (x+1)^2 é aproximadamente 4 (positivo). Então o denominador (x-1)(x+1)^2 é negativo pequeno, e
-\frac{2}{(x-1)(x+1)^2}\to +\infty,
logo f(x)\to +\infty quando x\to 1^-. Isso coincide com \lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty.
  • Para x\to 1^+ temos \varepsilon>0 pequeno. Agora (x-1)=\varepsilon é positivo pequeno, (x+1)^2 positivo, então o denominador é positivo pequeno e
-\frac{2}{(x-1)(x+1)^2}\to -\infty,
logo f(x)\to -\infty quando x\to 1^+. Isso coincide com \lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty.
Portanto o sinal troca ao passar por x=1, como pedido.
  1. Comportamento quando x\to -1^\pm. Escrevo x=-1+\delta com \delta\to 0.
  • O fator (x+1)=\delta é pequeno, mas aparece ao quadrado (x+1)^2=\delta^2>0 (sempre positivo), e (x-1) fica aproximadamente -2 (negativo e longe de zero). Assim o denominador (x-1)(x+1)^2 é negativo multiplicado por um número muito pequeno positivo, dando um número negativo de módulo muito pequeno; então
-\frac{2}{(x-1)(x+1)^2}\to +\infty.
Isso vale tanto para \delta\to 0^- (venho da esquerda) quanto para \delta\to 0^+ (venho da direita), porque \delta^2 é positivo dos dois lados. Assim
\lim_{x\to -1^-} f(x)=\lim_{x\to -1^+} f(x)=+\infty,
como exigido.
  1. Limite no infinito. Como o numerador do termo que modifica -1 é constante -2 e o denominador tem grau 3, obtemos g(x)\to 0 quando |x|\to\infty. Portanto
\lim_{x\to\pm\infty} f(x) = -1.
Todas as condições foram verificadas.

Passo 6

Resumo prático para a hora da prova (receita rápida que sempre dá certo):
  • Coloca-se f(x) = assíntota horizontal + um termo que vá a zero no infinito.
  • Em seguida coloca-se no denominador fatores (x-a)^m com m ímpar se quer troca de sinais em a e com m par se quer o mesmo sinal dos dois lados.
  • Ajusta-se a constante multiplicativa para acertar valores como f(0)=1.
    No nosso caso a receita deu a função explicitada abaixo.

Resposta

f(x) = -1 - \frac{2}{(x-1)(x+1)^2}

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