Esboços de graficos (EXEMPLOS)

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0.2 Esboço de gráficos
Nota 1. No estudo de sinais de f ′ e f ′′ podemos usar o seguinte fato que é uma
consequência do Teorma do Valor Intermediário: se uma função g é contínua
num intervalo aberto I (podendo este ser a reta toda ou uma semi-reta) e não
existirem zeros de g em I, então o sinal de g não muda em I, para sabermos
qual é o mesmo, basta tomarmos um valor de x qualquer em I, podemos escolher
x de modo que o cálculo de g(x) seja simples.
A seguir, esboçaremos os gráficos de algumas funções e, para tal, seguiremos
sempre o mesmo roteiro.
Exercício 6. Esboce o gráfico de
f(x) = x4 + 4x3.
Solução.
Domínio: Como não foi especificado o domínio D d f , fica subentendido
que ele é o maior subconjunto de R para o qual a regra x4 + 4x3 é válida, ou
seja, D = R.
Interseção com os eixos coordenados: A interseção com o eixo y cor-
responde a fazermos x = 0, ou seja, se x = 0, y = f(0) = 0. Portanto ela ocorre
em (0, 0). A interseção com o eixo x corresponde a fazermos y = 0, portanto,
temos que resolver 0 = f(x) = x4+4x3 = x3(x+4), ou seja, x = 0 ou x = −4,
o que corresponde aos pontos (0, 0) e (−4, 0).
Simetrias: Note que f(x) = x4 + 4x3 é um polinômio onde aparecem
potências par e ímpares, portanto não é nem para nem ímpar.
Assíntotas: Note que
lim
x→±∞
(x4 + 4x3) = +∞,
em particular, f não pode possuir valor máximo global.
Regiões de crescimento de decrescimento de f : Note que f é derivável
em todo o seu domínio, portanto o seus pontos críticos são os zeros de f ′(x).
Mas
f ′(x) = 4x3 + 12x2 = 4x2(x+ 3) = 0
se, e somente se, x = 0 ou x = −3, portanto estes são os únicos pontos críticos
de f . Note que o sinal de f ′ é dado pelo sinal de x + 3, portanto, f ′(x) < 0
se x < −3 e f ′(x) > 0 se x > −3. Portanto, f é decrescente em (−∞,−3) e
crescente em (3,∞). Portanto, pelo Teste da Derivada Primeira, em x = −3
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temos um mínimo local, como f é derivável em todos os pontos e só tem um
mínimo local, ele deve ser global. Portanto, f(−3) = −27 é valor mínimo global
de f . Como f ′(x) não muda de sinal quando passamos por x = 0, este não nem
máximo nem mínimo local.
Concavidade: Note que f ′′(x) existe para todo x ∈ D e
f ′′(x) = 12x2 + 24x = 12x(x+ 2) = 0,
se, e somente se, x = 0 ou x = −2. Note que f ′′(x) > 0 em (−∞,−2) ∪
(0,∞) e f ′′(x) < 0 em (−2, 0), portanto, o gráfico é côncavo para cima em
(−∞,−2) ∪ (0,∞) e côncavo para baixo em (−2, 0). Como a concavidade f
muda ao passarmos pelos pontos x = −2 e x = 0, os pontos (0, 0) e (−2,−8)
são pontos de inflexão do gráfico.
Esboço do gráfico:
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Figura 1: Gráfico de f(x) = x4 + 4x3.
Exercício 7. Esboce o gráfico de
f(x) =
x
x− 1
.
Domínio: Como não foi especificado o domínio D de f , fica subentendido
que ele é o maior subconjunto de R para o qual a regra xx−1 é válida, ou seja,
D = {x ∈ R : x 6= 1} = R− {1}.
Interseção com os eixos coordenados: Quando x = 0, temos y = 0,
portanto a interseção do gráfico com o eixo dos y ocorre em (0, 0). Quando
y = 0, temos 0 = f(x) = xx−1 , o que implica que x = 0, portanto a interseção
do gráfico com o eixo dos x também ocorre em (0, 0).
Simetrias: Note que o domínio de f não é simétrico em relação à origem,
pois x = −1 está em D enquanto x = 1 não está em D, portanto enm faz
sentido em falarmos se f é para ou ímpar.
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Assíntotas: Note que
lim
x→1−
x
x− 1
= −∞ e lim
x→1+
x
x− 1
=∞,
portanto a reta x = 1 é uma assíntota vertical. Além disso, não temos nem
máximo nem mínimo globais. Por outro lado,
lim
x→±∞
x
x− 1
= lim
x→±∞
1
1− 1/x
= 1,
portanto a reta y = 1 é uma assíntota horizontal.
Regiões de crescimento de decrescimento de f : Note que f é derivável
em todo o seu domínio e
f ′(x) =
x− 1− x
(x− 1)2
= −
1
(x− 1)2
< 0,
portanto f é sempre decrescente.
Concavidade: Note que f ′′(x) existe para todo x ∈ D e
f ′′(x) =
2
(x− 1)3
,
portanto, f ′′(x) > 0 se x > 1 e nesta região o gráfico é côncavo para cima e
f ′′(x) < 0 se x < 1 e nesta região o gráfico é côncavo para baixo. Note que
ao passarmos por x = 1 o sinal de f ′′(x) muda, mas este não é um pnnto de
inflexão, pois f sequer está definida em x = 1 (e por definição num ponto de
inflexão f tem que ser contínua).
Esboço do gráfico:
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-
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Figura 2: Gráfico de f(x) = xx−1 .
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Exercício 8. Esboce o gráfico de
f(x) =
1
x2 − 9
.
Domínio: Como não foi especificado o domínio D de f , fica subentendido
que ele é o maior subconjunto de R para o qual a regra 1x2−9 é válida, ou seja,
D = {x ∈ R : x 6= ±3} = R− {−3, 3}.
Interseção com os eixos coordenados: Quando x = 0, temos y = −1/9,
portanto a interseção do gráfico com o eixo dos y ocorre em (0,−1/9). Quando
y = 0, temos 0 = f(x) = 1x2−9 , que não tem solução, portanto não há interseção
do gráfico com o eixo dos x.
Simetrias: Note que o domínio de f é simétrico em relação à origem e
f(−x) = f(x), para todo x ∈ D, portanto f é par.
Assíntotas: Note que
lim
x→±3+
1
x2 − 9
=∞ e lim
x→±3−
1
x2 − 9
= −∞,
portanto as retss x = ±3 são assíntotas verticais. Em particular, f não
possui máximo nem mínimo globais. Por outro lado,
lim
x→±∞
1
x2 − 9
= 0,
portanto a reta y = 0 é uma assíntota horizontal.
Regiões de crescimento de decrescimento de f : Note que f é derivável
em todo o seu domínio e
f ′(x) =
−2x
(x2 − 9)2
= 0,
se, e somente se, x = 0. Portanto, x = 0 é o único ponto crítico de f . Note
que o sinal de f ′ é o mesmo que o sinal de −x, portanto, f ′(x) > 0 se x < 0 e
f ′(x) < 0 se x > 0, portanto, f é crescente se x < 0 e decrescente se x > 0 e
pelo Teste da Derivada Primeira, x = 0 é um ponto de máximo local.
Concavidade: Note que f ′′(x) existe para todo x ∈ D e
f ′′(x) =
6(x2 + 3)
(x2 − 9)3
,
portanto, f ′′(x) > 0 nunca se anula e o seu sinal é o sinal de x2 − 9. Portanto,
f ′′(x) < 0 se |x| < 3 e f ′′(x) > 0 se |x| > 3. Em paricular, o gráfico é côncavo
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para cima em (−∞,−3)∪ (3,∞) e côncavo para baixo em (−3, 3). Note que ao
passarmos por x = ±3 o sinal de f ′′(x) muda, mas estes pontos não são pontos
de inflexão, pois f sequer está definida em x = ±3.
Esboço do gráfico:
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- � �
�
-
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Figura 3: Gráfico de f(x) = 1x2−9 .
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Exercício 9. Esboce o gráfico de
f(x) = x+ 3x2/3
Solução.
Domínio: Como não foi especificado o domínio D de f , fica subentendido
que ele é o maior subconjunto de R para o qual a regra x + 3x2/3 é válida, ou
seja, D = R.
Interseção com os eixos coordenados: A interseção com o eixo y cor-
responde a fazermos x = 0, ou seja, se x = 0, y = f(0) = 0. Portanto ela ocorre
em (0, 0). A interseção com o eixo x corresponde a fazermos y = 0, portanto,
temos que resolver 0 = f(x) = x + 3x2/3 = x2/3(3 + x1/3), ou seja, x = 0 ou
x = −27, o que corresponde aos pontos (0, 0) e (−27, 0).
Simetrias: Note que f(x) não é par nem ímpar (basta notar, por exemplo,
que f(1) = 4 e f(−1) = 2, portanto, f(1) 6= ±f(−1)).
Assíntotas: Como D = R, não temos assíntotas verticais. Por outro lado,
lim
x→±∞
(x+ 3x2/3) = lim
x→±∞
x(1 + 3x−1/3) = ±∞,
em particular, f não máximo nem mínimo globais.
Regiões de crescimento de decrescimento de f : Note que f é derivável
em todo o seu domínio, exceto em x = 0. Como x = 0 faz parte do domínio de
f e f ′(0) não existe, então x = 0 é um ponto crítico de f . Os demais pontos
críticos são zeros de f ′(x). Mas
f ′(x) = 1 +
2
x1/3
=
x1/3 + 2
x1/3
= 0,
se, e somente se, x = −8, portanto os únicos pontos críticos de f são x = 0
e x = −8. Note que f ′(x) > 0 em (−∞,−8) ∪ (0,+∞) e f ′(x) < 0 em
(−8, 0). Portanto f é crescente em (−∞,−8) ∪ (0,+∞) e decrescente em
(−8, 0). Portanto, pelo Teste da Derivada Primeira, x = 0 é um mínimo locale x = −8 é um máximo local, e f(0) = 0 e f(−8) = 4, são valores mínimo e
máximo locais de f .
Concavidade: Note que f ′′(x) existe para todo x ∈ D, exceto em x = 0, e
f ′′(x) = −
2
3
x−4/3 < 0,
logo o gráfico tem concavidade voltada para baixo em todos os pontos.
Esboço do gráfico:
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Figura 4: Gráfico de f(x) = x+ 3x2/3.
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