Esboce o gráfico das seguintes funções:
f_{2}(x)=\frac{\ln \left(x^{2}\right)}{(\ln x)^{2}}

Passo 1

O que o enunciado pede: esboçar o gráfico da função f_{2} dada por
f_{2}(x)=\frac{\ln\left(x^{2}\right)}{(\ln x)^{2}}.
Informações fornecidas que são relevantes e que precisaremos usar:
  • A expressão explícita da função: \frac{\ln\left(x^{2}\right)}{(\ln x)^{2}}.
  • Para esboçar o gráfico precisamos saber: domínio, assíntotas (verticais e horizontais), sinais, limites em pontos críticos (por exemplo x\to0^+, x\to1^\pm, x\to\infty), monotonicidade (derivada) e concavidade (segunda derivada).
    (Não vou resolver nada nesta etapa; só listei o que a questão pede e os dados que temos.)

Passo 2

Determinar o domínio e simplificar a expressão quando for possível.
  • A função usa \ln(x^2) e (\ln x)^2. A função \ln(x^2) está definida para x\neq0 porque x^2>0 sempre que x\neq0. Porém \ln x aparece no denominador e \ln x só existe em \mathbb{R} quando x>0. Portanto a presença de (\ln x)^2 restringe o domínio a x>0.
  • Conclusão do domínio por agora: x>0 (mas precisamos lembrar de checar x=1, pois \ln 1=0 anula o denominador).
  • Para x>0 podemos usar a propriedade do logaritmo \ln(x^2)=2\ln x. Assim, para x>0 e x\neq1 a função simplifica para
f_{2}(x)=\frac{2\ln x}{(\ln x)^2}=\frac{2}{\ln x}.
Obs.: escrevi passo a passo porque essa simplificação é válida somente para x>0.

Passo 3

Analisar o ponto x=1 e limites laterais em torno dele.
  • Em x=1 temos \ln 1=0, então a forma original dá 0/0 se tentarmos substituir, mas como simplificamos para \frac{2}{\ln x} vemos que o denominador vai para zero e não há definição em x=1. Portanto x=1 não pertence ao domínio — muito provavelmente há uma assíntota vertical aí.
  • Limites laterais usando a forma simplificada \frac{2}{\ln x}:
    • Quando x\to1^- (ou seja 0<x<1 e x se aproxima de 1), temos \ln x\to0^-. Como \ln x é negativo e tende a 0, \dfrac{2}{\ln x}\to -\infty.
    • Quando x\to1^+, temos \ln x\to0^+ e \dfrac{2}{\ln x}\to +\infty.
  • Conclusão: há uma assíntota vertical em x=1 com comportamentos opostos dos dois lados.

Passo 4

Comportamento em x\to0^+ e x\to\infty — assíntota horizontal.
  • Usando \frac{2}{\ln x}:
    • Quando x\to0^+ temos \ln x\to -\infty. Assim \dfrac{2}{\ln x}\to 0^- (tende a zero por valores negativos).
    • Quando x\to\infty temos \ln x\to +\infty. Assim \dfrac{2}{\ln x}\to 0^+.
  • Conclusão: existe uma assíntota horizontal y=0. A aproximação é de sinais opostos: por x\to0^+ a função se aproxima de 0 por baixo (valores negativos), e por x\to\infty se aproxima de 0 por cima (valores positivos).

Passo 5

Determinar o sinal da função e zeros.
  • Para x>0 temos a forma \dfrac{2}{\ln x}.
  • Quando 0<x<1, \ln x<0 então f_{2}(x)<0.
  • Quando x>1, \ln x>0 então f_{2}(x)>0.
  • A função não se anula em nenhum ponto do domínio, porque f_{2}(x)=0 exigiria \ln(x^2)=0, isto é x=\pm1. O único x positivo que anula seria x=1, mas este ponto não pertence ao domínio. Logo não há zeros no domínio. A função aproxima zero, mas não a atinge.

Passo 6

Cálculo da derivada para estudar monotonicidade (passo a passo).
  • Partimos da forma simplificada
f_{2}(x)=\frac{2}{\ln x}=2(\ln x)^{-1}.
  • Derivando com a regra da cadeia: se g(x)=(\ln x)^{-1} então g'(x)=-1\cdot(\ln x)^{-2}\cdot\frac{d}{dx}(\ln x). Como \frac{d}{dx}(\ln x)=\frac{1}{x}, temos
f_{2}'(x)=2\cdot\left(-(\ln x)^{-2}\cdot\frac{1}{x}\right)=-\frac{2}{x(\ln x)^2}.
  • Análise do sinal de f_{2}'(x):
    • No domínio x>0 (com x\neq1), o fator x>0 e (\ln x)^2>0. O numerador -2 é negativo. Logo f_{2}'(x)<0 para todo x\in(0,1) e para todo x\in(1,\infty).
  • Conclusão: f_{2} é estritamente decrescente em cada intervalo de continuidade (0,1) e (1,\infty). Não existem máximos/minimos locais nesses intervalos (nenhum ponto crítico interno).

Passo 7

Cálculo da segunda derivada para concavidade (opcional, mas útil para o esboço).
  • Partimos de f_{2}'(x)=-\dfrac{2}{x(\ln x)^2}. Escrevemos f_{2}'(x)=-2x^{-1}(\ln x)^{-2}.
  • Derivando novamente (produto/chain rule):
    • Derivada de x^{-1} é -x^{-2}.
    • Derivada de (\ln x)^{-2} é -2(\ln x)^{-3}\cdot\frac{1}{x}.
  • Então
f_{2}''(x) = -2\Big(-x^{-2}(\ln x)^{-2} + x^{-1}\cdot\big(-2(\ln x)^{-3}\cdot\tfrac{1}{x}\big)\Big).
  • Simplificando passo a passo:
    • O interior fica -x^{-2}(\ln x)^{-2} - 2x^{-2}(\ln x)^{-3} = -x^{-2}(\ln x)^{-3}\big(\ln x + 2\big).
    • Multiplicando por -2
f_{2}''(x) = \frac{2}{x^{2}(\ln x)^{3}}\big(\ln x + 2\big).
  • Interpretação do sinal:
    • O fator \dfrac{2}{x^{2}(\ln x)^{3}} tem sinal determinado por (\ln x)^{3} (pois 2/x^2>0). Assim o sinal de f_{2}'' depende do produto (\ln x)^{3}(\ln x+2).
    • Observação prática: (\ln x)^3 tem o mesmo sinal de \ln x. Portanto, analisamos a mudança pelo fator \ln x+2.
    • Zero de f_{2}'' acontece quando \ln x + 2 = 0, ou seja em x = e^{-2}\approx 0{,}1353.
  • Conclusões concisas sobre concavidade:
    • Para 0<x<e^{-2} temos \ln x< -2 então \ln x+2<0 e (\ln x)^3<0 => produto (\ln x)^3(\ln x+2)>0? Vamos checar com cuidado: é mais simples usar forma final: f_{2}''(x)=\dfrac{2(\ln x+2)}{x^{2}(\ln x)^{3}}. No intervalo (0,e^{-2}) temos \ln x+2<0 e (\ln x)^{3}<0 então o quociente é negativo dividido por negativo -> positivo? Isso dá que f_{2}''<0 ou >0? Melhor fazer um exemplo numérico: em x=0{,}01, \ln x\approx-4,605. Então \ln x+2\approx-2,605 (<0), (\ln x)^3 é negativo (porque \ln x negativo), então denom x^2(\ln x)^3 é negativo, numerador 2(\ln x+2) é negativo, negativo sobre negativo -> positivo. Portanto f_{2}''(x)>0 para 0<x<e^{-2}.
    • Para e^{-2}<x<1, temos \ln x\in(-2,0) então \ln x+2>0 e (\ln x)^3<0 => denom negativo, numerador positivo => f_{2}''(x)<0.
    • Para x>1, \ln x>0 então (\ln x)^3>0 e \ln x+2>2>0 => f_{2}''(x)>0.
  • Resumo: há um ponto de inflexão em x=e^{-2} (troca de concavidade). Concavidade em cada intervalo:
    • (0,e^{-2}): concavidade voltada para cima ( f''>0).
    • (e^{-2},1): concavidade voltada para baixo ( f''<0).
    • (1,\infty): concavidade voltada para cima ( f''>0).
(Se isso parecer meio técnico, o importante para o esboço é saber que há um inflexão perto de 0{,}135 e que depois da assíntota x=1 a curva é côncava para cima.)

Passo 8

Pontos notáveis e valores numéricos para guiar o esboço (calculei alguns para facilitar o desenho à mão).
  • f_{2}(e)=\dfrac{2}{\ln e}=\dfrac{2}{1}=2. Então o ponto (e,2) pertence ao gráfico.
  • f_{2}(e^{2})=\dfrac{2}{\ln e^{2}}=\dfrac{2}{2}=1. Então (e^{2},1).
  • f_{2}(\tfrac{1}{2})=\dfrac{2}{\ln(1/2)}=\dfrac{2}{-\ln 2}\approx -\dfrac{2}{0{,}693}\approx -2{,}885.
  • f_{2}(2)=\dfrac{2}{\ln 2}\approx +2{,}885.
  • Comportamento geral dos sinais e limites (resumindo):
    • Para x\in(0,1): f_{2}(x)<0, tende a 0^- quando x\to0^+, e vai a -\infty quando x\to1^-.
    • Para x\in(1,\infty): f_{2}(x)>0, tende a +\infty quando x\to1^+, e vai a 0^+ quando x\to\infty.

Passo 9

Como esboçar, passo a passo prático (como você pode desenhar sem calculadora):
  1. Desenhe os eixos e marque x=1 com uma linha tracejada vertical (assíntota vertical).
  2. Marque a assíntota horizontal y=0 (eixo x já é essa linha).
  3. No intervalo 0<x<1:
    • A curva começa próxima de y=0 por baixo quando x é muito pequeno.
    • É decrescente e, após o ponto de inflexão em x\approx0{,}135, passa de côncava para cima para côncava para baixo, e depois desce rapidamente para -\infty ao se aproximar de x=1^-.
    • Você pode marcar o ponto (0{,}5,\approx-2{,}885) para guiar a forma.
  4. No intervalo x>1:
    • A curva sai de +\infty em x=1^+ e é decrescente e côncava para cima.
    • Marque (e,2) e (e^{2},1) para guiar a queda suave em direção a y=0.
    • A função se aproxima de y=0 por cima quando x\to\infty.
  5. Não existe interseção com o eixo x (sem zeros no domínio), coloque apenas as aproximações às assíntotas.
  6. Verifique que a função é estritamente decrescente em cada ramo e tem mudança de sinal em x=1 (negativa à esquerda, positiva à direita).
Pronto — com esses pontos, assíntotas e a informação de concavidade você consegue fazer um esboço confiável à mão.

Resposta

Domínio: (0,\infty)\setminus\{1\}
Assíntotas: vertical em x=1 e horizontal em y=0
Forma simplificada: f_{2}(x)=\dfrac{2}{\ln x} para x>0
Sinal: f_{2}(x)<0 em 0<x<1; f_{2}(x)>0 em x>1
Limites: \displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f_{2}(x)=0^{-}, \displaystyle\lim_{x\to1^{-}}f_{2}(x)=-\infty, \displaystyle\lim_{x\to1^{+}}f_{2}(x)=+\infty, \displaystyle\lim_{x\to\infty}f_{2}(x)=0^{+}
Monotonicidade: estritamente decrescente em (0,1) e em (1,\infty) (pois f'_{2}(x)=-\dfrac{2}{x(\ln x)^2}<0)
Concavidade: ponto de inflexão em x=e^{-2}\approx0{,}1353; concavidade para cima em (0,e^{-2}) e (1,\infty), concavidade para baixo em (e^{-2},1)
Pontos úteis: f_{2}(e)=2, f_{2}(e^{2})=1, f_{2}(1/2)\approx-2{,}885

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