Introdução ao CÁlculo Diferencial II by areias alexandre

FFuunnççããoo eexxppoonneenncciiaall ddee bbaassee aa >> 11 Propriedades: D = IR D’ = IR+ Não tem zeros É estritamente crescente em IR, logo injectiva lim a x = + ∞ e lim ax = 0 x +∞

y=a

a>1

x –∞

O gráfico tem ordenada na origem 1 Tem uma assimptota horizontal y = 0 quando x — ∞ Não tem assimptotas verticais nem oblíquas Tem sempre a concavidade voltada para cima O seu crescimento é tanto mais rápido quanto maior for o valor de a O crescimento de a x é tão rápido que se tem lim

x +∞ x

1–

= +∞

y = 10 x y=5 x y=2

Outras características observáveis: Para valores positivos de x a função cresce tão mais rapidamente quanto maior for a base a Para valores negativos de x a função decresce tão mais rapidamente quanto maior for a base a 1–

“o gráfico da função tende a colar-se aos eixos à medida que o valor de a aumenta”

FFuunnççããoo eexxppoonneenncciiaall ddee bbaassee 00 << aa << 11

D = IR D’ = IR+ Não tem zeros É estritamente decrescente em IR lim a x = 0 e lim a x = + ∞ x +∞

y=a 0<a<1

x –∞

O gráfico tem ordenada na origem 1 Tem uma assimptota horizontal y = 0 quando x + ∞

1–

NOÇÃO DE LOGARITMO x

2 = 8 <=> x = 3, dado que 2 = 8 <=> 2 = 23 x

2 = 16 <=> x = 4, dado que 2 = 16 <=> 2 = 24 x

2 = 12 <=> x = ? y

Partindo da função exponencial y = 2

Se y = 12, então graficamente x ≈ 3,58496

Estamos em presença de uma nova função

0 x

x = log2 12 Em que x é o expoente a que é necessário elevar a base 2 para obter o número 12

Definição

loga b = x <=> b = a , ∀ a ∈ IR \ {1} , ∀ b ∈ IR x

Consequências da definição de logaritmo I.

a ∈ IR+ \ {1} dado que

1x = 1 (função constante)

A base de um logaritmo é sempre um nº positivo diferente de 1 II. b ∈ IR pois a +

é uma função de contradomínio IR

Só os números positivos têm logaritmo

log a x

III.

IV.

log a a x

log 2 8

ex:

log 2 23 = 3

V. loga 1 = 0

pois a0 = 1

VI. loga a = 1

pois a1 = a

PROPRIEDADES DOS LOGARITMOS Logaritmo de um número positivo numa dada base, maior que zero e diferente de 1, é o expoente a que é necessário elevar a base para obter esse número.

loga b = x <=> b = ax (a ∈ IR+\{0}, b ∈ IR+) Consequências da definição

loga x

= x , loga ax = x , loga 1 = 0 e loga a = 1

Propriedades 1. O logaritmo do produto é igual à soma dos logaritmos dos factores

loga (u x v) = loga u + loga v (u, v ∈IR+) Demonstração

Se aloga (uv) = uv e aloga u + loga v = aloga u x aloga v = uv

então, loga uv = loga u + loga v

2. O logaritmo do quociente é igual à diferença dos logaritmos dos termos

Caso particular

loga (u / v) = loga u — loga v (u, v ∈IR+) loga (1/x) = — loga x (loga 1 — loga x = 0 — loga x )

Demonstração

Se aloga (

u/v)

= u/v

e aloga u — loga v = aloga u : aloga v = u/v

então, loga (u/v) = loga u — loga v

3. O logaritmo da potência é igual ao produto do expoente pelo logaritmo da base

loga uv= v loga u (u∈IR+, v ∈IR) Demonstração

Se aloga

= uv v

e (aloga u ) = avloga u = uv , (am) = am

então, loga uv = v loga u

Assim, também loga (1/x) = loga x —1 = —1 loga x 4. O logaritmo de u numa base a é o quociente dos logaritmos de u e de a numa base b loga u = logb u logb a

(u∈IR+, b∈IR+\{1}) Mudança de base

Demonstração loga u x logb a = logb aloga u = logb u (da propriedade 3: v loga u = loga uv ) Corolários logv u =

1 logu v

loga u = log u log a

lna u = ln u ln a

FFuunnççããoo LLooggaarrííttm miiccaa ddee bbaassee aa >> 11 numa função injectiva, f –1 é a função inversa de f(x) f(x) = y <=> x = f –1(y) logo, a função logarítmica é a inversa da exponencial y = loga x <=> x = ay Propriedades: D = IR+

D’ = IR y=a

Zero da função: loga x = 0 <=> x = a0= 1, loga 1 = 0

a>1

É estritamente crescente em IR, logo injectiva lim

x +∞

loga x = + ∞ e lim

y = logax

loga x = —∞

x 0

1–

O gráfico intersecta o eixo das abcissas para x = 1

Tem uma assimptota vertical x = 0 quando x 0+ Não tem assimptotas horizontais nem oblíquas Tem sempre a concavidade voltada para baixo O seu crescimento é tanto mais lento quanto maior for o valor de a O crescimento quando x + ∞ é muito lento log a x lim =0 x +∞

Outras características observáveis: Para valores positivos, a função cresce mais rapidamente quanto maior for a base a

y = log10 x y = log5 x

A concavidade do gráfico da função é tanto mais “aberta” quanto maior for a base a

y = ln x 0

“o gráfico da função tende a colar-se aos eixos à medida que o valor de a diminui”

Transformações geométricas 4

Dada a função f(x) = log2 x, de domínio IR+, e o respectivo gráfico, representar graficamente:

2 x -2

-2

-4

g(x) = log2(x + 2) O domínio da função é ]—2, +∞[ O gráfico sofre uma translação horizontal de 2 unidades para a esquerda.

x -2

-2

-4

h(x) = log2(—x ) O domínio da função é ]—∞, 0[, ou seja, a cada imagem corresponde um objecto simétrico. O gráfico sofre uma simetria relativamente a Oy.

x -6

-4

-2

y -4

r(x) = —log2(x ) Para cada objecto a imagem é agora simétrica. O gráfico sofre uma simetria relativamente ao eixo Ox.

2 x -2

-2

-4

s(x) = |log2(x )| Trata-se de uma função módulo, pelo que as imagens negativas passam a ter valores simétricos.

2 x -2

-2 y

m(x) = log2(|x |) O domínio da função é IR\{0}. Assim, para cada objecto real positivo existe um simétrico com a mesma imagem.

2 x -6

-4

-2

0 -2

-4

RESOLUÇÃO DE INEQUAÇÕES LOGARÍTMICAS Exemplo: log2 x < 3 6 y

Tomando para referência a função f(x) = log2 x e tendo em conta o respectivo gráfico, temos que

f(x) = 3 <=> log2 x = 3 <=> x = 23 <=> x = 8 Como o domínio de f(x) é IR+ , então, o conjunto das soluções da inequação log2 x < 3 é ]0 , 8[

2 x -2

-2

Ou seja, para valores de x ∈ ]0 , 8[ a função log2 x tem imagens no intervalo ]— ∞, 3[

-4

Portanto, log2 x < 3 <=> x ∈ ]0 , 8[

Em geral, para resolver uma inequação logarítmica é necessário ter presente o desenvolvimento do gráfico da função logarítmica de referência e o seu domínio Exemplo: 1 — log3 (x + 1) ≤ 0

1 — log3 (x + 1) ≤ 0 <=> 1 ≤ log3 (x + 1) 2 <=> log3 (x + 1) ≥ 1 ∧ x + 1 > 0 1 <=> log3 (x + 1) ≥ 1 ∧ x > —1 <=> log3 (x + 1) ≥ 1 ∧ x > —1 -1 0 1 2 3 <=> x + 1 ≥ 31 ∧ x > —1 -1 <=> x + 1 ≥ 3 ∧ x > —1 <=> x ≥ 3 — 1 ∧ x > —1 -2 <=> x ≥ 2 ∧ x > —1 Como se pode observar no gráfico, log3 (x + 1) ≥ 1 quando x ≥ 2 y

Graficamente era possível chegar à mesma conclusão traçando o gráfico da função f(x) = 1 — log3 (x + 1) e observando para que valores de x se tem f(x) ≤ 0 Como se pode ver no gráfico, f(x) ≤ 0 para x ≥ 2 (em caso de dúvida, a calculadora permite calcular o zero)

x 4

1 x -1

-1

Uma metodologia: Simplificar a expressão deixando apenas o logaritmo no 1º membro;

Se necessário, recorrer à equação correspondente;

Converter o logaritmo em exponencial, se facilitar a resolução;

Analisar o gráfico da função logarítmica;

Tendo em conta o domínio, determinar o conjunto solução.

Resolver as condições 69.b) 1 – log3(x + 1) ≤ 0 1 – log3(x + 1) ≤ 0 <=> –log3(x + 1) ≤ –1 ∧ x + 1 > 0

<=> log3(x + 1) ≥ 1 <=> x + 1 ≥ 3 ∧ x > –1 <=>x ≥ 2 ∧ x > –1 <=>x ≥ 2

69.c)

f(x) – 1 ≥ f(x + 1) sendo f(x) = log2(1/x) 1 log2(1/x) – 1 ≥ log2  1  <=> log2(1/x) – log2  1  ≥ 1 ∧ 1/x > 0 ∧ >0 +1 x  x + 1  x + 1

 1/x  <=> log2  1  x +1 

<=>

   x + 1 x +1  ≥ 1 <=> ≥2  ≥ 1 <=> log2  x  x   

x +1 x + 1- 2 x 1- x – 2 ≥ 0 <=> ≥ 0 <=> ≥0 x x x x 1–x x Q

<=> x ∈ ]0, 1] Note-se que o domínio de cada uma das funções resulta em x > 0 ∧ x + 1 > 0 <=> x > 0

70.b)

log (x – 2)2 < log (x2 + 3) log (x – 2)2 < log (x2 + 3) <=> (x – 2)2 < x2 + 3 ∧ x – 2 ≠ 0 ∧ x2 + 3 > 0 <=> x 2 – 4x + 4 < x2 + 3 ∧ x ≠ 2 <=> – 4x + 4 – 3 < 0 ∧ x ≠ 2 <=> – 4x + 1 < 0 ∧ x ≠ 2 <=> x > 1/4 ∧ x ≠ 2 Note-se que o gráfico de log (x – 2)2 apresenta uma assimptota vertical para x = 2, logo não está definido.

70.d)

0 + 0 ss

ln x ≥0 1− ln x Por recurso ao quadro de variação de sinal

ln x ≥ 0 <=> x ∈ [ 1, e[ 1− ln x O gráfico da função f(x) =

x ln x 1 – ln x Q

0+ – + –

1 0 + 0

+ + +

e + 0 ss

+ – –

ln x ≥ 0 apresenta uma 1− ln x

assimptota vertical para x = e dado que o domínio é {x ∈ IR: x > 0 ∧ 1 – ln x ≠ 0 } = IR+\{e}

+ + +

1 0 + 0

– + –

FUNÇÃO INVERSA DE UMA FUNÇÃO INJECTIVA Sendo f uma aplicação injectiva de domínio A e contradomínio B, chama-se função inversa de f a função f—1 de domínio B e contradomínio A tal que f—1[f(x)] = x, ∀ x ∈ A A

f–1 x•

•f(x) f

Tal como o diagrama sugere, na correspondência inversa cada imagem de f passa a ser objecto de f—1 e vice-versa. A

Obviamente, não sendo f uma função injectiva a correspondência inversa não é uma função, pois haveria objectos distintos com a mesma imagem.

x• f

•f1(x) •f2(x)

Porém, a correspondência inversa, mesmo que não sendo uma função, é útil no cálculo do contradomínio de f, pois D’f continua a ser igual ao domínio da correspondência inversa.

Exemplos: Sejam f(x) = 2x e g(x) = x2 Determinar as funções inversas f—1 e g—1, caso existam, e os respectivos domínio e contradomínio. 1. Determinar a expressão da função inversa é resolver a equação y = f(x) em ordem a x. y x , trocando x por y temos y = 2 2

y = 2x <=> 2x = y <=> x =

A correspondência inversa obtida é também injectiva e o domínio de cada uma das funções é IR, logo f f

f—1 : IR ––> IR x ––>

–1

2. y = x2 <=> x2 = y <=> x = y v x = – y Cada objecto tem duas imagens, pelo que a correspondência inversa não é uma função. Contudo, o domínio de

e — x é {x ∈ IR: x ≥ 0} = IR0+

e o domínio da correspondência inversa é o contradomínio de g Assim, conclui-se que Dg = IR e D’g = IR0+

76. Caracteriza a função inversa de cada umas das funções f, g, h e r definidas nos seus domínios por:

f(x) = 2 – 3e–x

y = 2 – 3e–x <=> y – 2 = –3e–x <=> 3e–x= y – 2 <=> e–x= y −2   3 

y −2   3 

<=> x = – ln

<=> x = ln

−1

y −2 3

y −2   3 

<=> –x = ln

 3    y −2

<=> x = ln

Df–1 = {x∈IR: y – 2 > 0} = ]2, +∞[ D’f–1 = Df = IR f–1: ]2, +∞[ ––> IR  3    y −2

x ––> ln

g( x ) = y=

2 log( x − 1) − 1 4

2 log 3 ( x − 1) − 1 4

<=> x = 1 + 3 Dg–1 = IR

4 y +1

<=> 4y + 1 = 2 log3 (x – 1) <=> log3 (x – 1) =

4 y +1 2

4y + 1 <=> x – 1 = 3 2 2

D’g–1 = Dg = {x∈IR: x – 1 > 0} = ]1, +∞[ g–1: IR ––> ]1, +∞[ x ––> 1 +

h( x ) =

4x + 1 3 2

3 4−2

x +1

3 4−2

x +1

<=> 4 – 2x + 1 =

3 3 3 x+1 <=> – 2x + 1 = – 4 <=> 2 =4– y y y

4y − 3 4y − 3 <=> x + 1 = log2 ( y y 4x − 3 – = {x∈IR: > 0 } = IR U ]3/4, + ∞[ x

<=> 2x + 1 = Dh–1

) <=> x = – 1 + log2 (

D’h–1 = Dh = {x∈IR: 2x + 1 ≠ 4} = {x∈IR: 2x + 1 ≠ 22} = IR\{1} h–1: IR– U ]3/4, + ∞[ ––> IR\{1} x ––> – 1 + log2 (

4x − 3 x

)

4y − 3 y

)

r(x) = e

1/x

y=e

+2 1/ x

+ 2 <=> y – 2 = e

<=>

1 1 = ln (y – 2) <=> x = ln( y − 2) x

Dr–1 = {x∈IR: y – 2 > 0 ∧ ln(y – 2) ≠ 0 } = {x∈IR: y > 2 ∧ y – 2 ≠ e0 } = ]2, + ∞[ \{3} D’r–1 = Dr = {x∈IR: x ≠ 0} = IR\{0} r–1: ]2, + ∞[ \{3} ––> IR\{0} x ––> x =

ln( x − 2)

78. Determina o contradomínio de cada uma das funções f , g , e h usando a correspondência inversa e também a representação gráfica:

Df = IR\{–3} 1

f(x) = e x + 3 1

1 1 = ln y <=> x + 3 = x +3 ln y

y = e x + 3 <=>

<=> x = –3 +

ln y

D’f = Df –1= {x∈IR: x > 0 ∧ ln x ≠ 0} = {x∈IR: x > 0 ∧ x ≠ e0} = IR+\{1} No gráfico observa-se que f é sempre positiva existindo uma assimptota horizontal para y = 1, ou seja D’f = IR+\{1}.

Dg = IR g( x ) =

3–2 2

x2 2

y = 3 – 2x <=> 2x = 3 – y

(

<=> x2 = log2 ( 3 – y ) <=> x = ± log 2 3 − y

(

)

D’g = Dg –1= {x∈IR: log 2 3 − y >0 ∧

)

3 − y > 0} = {x∈IR:

3 − y > 2 ∧ 3 < y } = ] –∞, 3 –1[ 0

Graficamente, determinando o máximo da função g, observa-se que o seu contradomínio é o intervalo ] –∞; ≈0,732[, ou seja, D’g =] –∞, 3 –1[. Note-se que a correspondência inversa não é uma função (dado que g não é injectiva), mas, ainda assim, é possível determinar o domínio da expressão, o qual corresponde ao contradomínio da função g.

Dh = IR\[–1, 1]. h(x) = log2 (| x | – 1)

y = log2 (| x | – 1) <=> 2y = | x | – 1 y

<=> | x | = 1 + 2 <=> x = 1 + 2 v x = –1 – 2

D’h = Dh –1= IR pois os domínios das expressões 1 + 2

e –1 – 2x são ambos IR

O mesmo se pode concluir por análise do gráfico de h, pois trata-se de uma função par sendo o seu gráfico simétrico relativamente ao eixo Oy.

73. Um pingo de tinta que cai num papel «mata-borrão» provoca uma mancha circular cujo raio, em mm, t segundos depois do pingo cair no papel é dado, aproximadamente por:

r(t) = 4 – 3,5e

–0,3t

Recorrendo a métodos analíticos:

a) Determina a medida do raio da mancha 10 segundos depois do pingo cair (arredondado às décimas de mm). r(10) = 4 – 3,5e

–0,3x10

= 4 – 3,5e

–3

≈ 3,8 (mm)

b) Exprime t em ordem a r e indica o domínio da expressão. r = 4 – 3,5e

<=>

–0,3t

<=> 3,5e –0,3t = 4 – r <=> –0,3t = ln

3  4−r  t = ln   10  3,5 

−1

<=> t =

4−r 3,5

<=> 0,3t = – ln

4−r 3,5

10  3,5  ln   ∧4–r>0 3  4-r 

Para t = 0: r(0) = 4 – 3,5e <=> = 0,5 Domínio: r ≥ 0,5 ∧ 4 – r > 0 <=> r ∈ ]0,5 ; 4[

c) Calcula, com aproximação ao segundo, quanto tempo demora até que a mancha atinja 30 mm2 de área. Área do círculo: πr2 = 30 <=> r = t=

10 ln 3

 3,5   4 - 30 /π 

30 π

  <=> t ≈ 4,49 (t ≈ 4s)  

d) A área, também circular, da mancha de um outro pingo que caiu no mesmo instante é dada por: s(t) = 4 – 3,8 (1,2e)

–0,3t

Mostra que durante os dois primeiros segundos há um instante em que as manchas têm raios iguais. Indica um valor aproximado desse instante com erro interior à décima de segundo.

r(t) = s(t) <=> 4 – 3,5e

<=>

(1,2e ) −0,3 t

e −0,3 t

<=> t =

–0,3t

= 4 – 3,8 (1,2e)

–0,3t

<=> 3,5e

–0,3t

= 3,8 (1,2e)

–0,3t

3,5 3,5 3,5 1,2 −0,3 t × e −0,3 t  3,5  <=> = <=> 1,2 −0,3t = <=> - 0,3t = log 1,2   − 0,3 t 3,8 3,8 3,8 e  3,8 

10  3,5  log1,2   3  3,8 

 3,8    3,5 

log 

−1

<=> t =

10 × <=> t ≈ 1,5 3 log (1,2)

74. A massa de carbono 14 por grama de carbono, num fóssil com t anos é dada, em gramas, por: M(t) =

10 −6 t 5500 2

Sendo M = 2 x 10–8 g qual a idade do fóssil com aproximação ao milhar? M(t) = 2 x 10–8 <=>

<=>

10 −6 t 5500 2

 10 8 t = log 2   2 × 10 6 5500 

= 2 x 10–8 <=> 2 × 10 -8 × 2 5500 = 10 − 6 <=> 2 5500 =

10 −6 2 × 10 -8

 log 50  <=> t = 5500 log 2  1 × 10 2  <=> t = 5500 <=> t ≈ 31041  2 log 2   

R: A idade do fóssil é, aproximadamente, 31 000 anos.

Exprime t em função de M e explica o que essa função representa. M(t) =

10 −6 t

2 5500

<=> 2 5500 =

 10 -6 10 −6 t = log 2  <=>  M M 5500 

 10 -6   <=> t = 5500 log 2    M  

   

A função obtida representa a idade t, em anos, de um fóssil com a massa M de carbono 14 por grama de carbono.

Função Logística As funções exponenciais, muitas vezes, fornecem modelos matemáticos para o estudo de fenómenos de crescimento ao longo do tempo, os quais podem ser observados na biologia, na física, nos estudos sociais entre outros ramos da ciência. Porém, o crescimento destes fenómenos é limitado no tempo, o que não se verifica ao aplicar funções exponenciais de crescimento ilimitado. Um caso particular de função exponencial que se ajusta favoravelmente a este tipo de estudos é a função logística, dada por f(t) =

c 1 + a × e - bt

em que a, b e c são constantes positivas, sendo t a variável tempo. f(t)

c 1+ a t

-30

-20

-10

No estudo deste tipo de função podemos concluir que:

A função é crescente em todo o seu domínio, IR

O gráfico da função intersecta o eixo Oy para t = 0, ou seja, f(0) =

Quando t –-> +∞, a função tem uma assimptota vertical de equação y = c lim f(t) =

t –> +∞

1+ a × e

−∞

1+ a × e

c =c 1+ a × 0

Quando t –-> –∞, a função tem uma assimptota vertical de equação y = 0 lim f(t) = t –> –∞

1+ a × e

+∞

c c = =0 1+ a × (+∞) +∞

A função é positiva em todo o seu domínio.

c 1+ a

80. No dia 1 de Outubro de 2000 estrearam duas telenovelas A e B em 2 canais diferentes de televisão. O número médio diário de espectadores de cada uma das novelas variou ao longo das semanas de exibição segundo as leis: A( t ) =

40 1+ 2e

e B(t) =

− 0,1t

30 1+ e −0,1t

Em que A(t) e B(t) estão expressos em milhares e t em semanas. Responde às questões seguintes por via analítica.

No dia da estreia qual das novelas teve maior audiência? O dia da estreia corresponde ao 1º dia, como o tempo está expresso em semanas, t = 1/7. A( 1 / 7 ) = B( 1 / 7 ) =

≈ 13,5

1+ 2e −0,1/7 30 1+ e −0,1/7

≈ 15,1

b) A partir de que data a telenovela A passou para a frente da B em termos de audiências? 40

A(t) = B(t) <=>

1+ 2e

−0,1/7

30 1+ e

− 0,1/7

<=> 40(1 + e–0,1t) = 30(1 + 2e–0,1t)

<=> 40 + 40e–0,1t = 30 + 60e–0,1t <=> 40e–0,1t – 60e–0,1t = 30 – 40 <=> –20e–0,1t = –10 <=> e–0,1t = 1/2 <=> –0,1t = ln (1/2) <=> t = 10 ln (1/2) <=> t ≈ 6,9 Como se pode observar no gráfico e dados os resultados obtidos em a), a função A tem valores mais baixos no início, mas ultrapassa a função B perto do final da 6ª semana.

Alguma das novelas poderá ter ultrapassado os 35000 espectadores diários? Qual e em que condições? A(t) = 35 <=>

40 1+ 2e

−0,1/7

= 35 <=> 35(1 + 2e–0,1t) = 40 <=> 35 + 70e–0,1t = 40

<=> 70e–0,1t = 5 <=> –0,1t = ln (5/70) <=> t = –10ln (1/14) <=> t ≈ 26,4 (semanas) Outra forma de abordar a questão é considerar as expressões dadas para um número elevado de semanas (t –-> +∞), verificando-se que:

lim A(t) = t –> –∞

40 1+ 2e

−∞

40 30 30 = 40 e lim B(t) = = = 30 − ∞ 1+ 2 × 0 1+ 0 1+ e t –> –∞

Esta análise permite concluir que, para valores muito elevados de t, a função A tende para valores próximos de 40 e a função B tende para valores próximos de 30 (milhares). Logo, só a telenovela A pode aspirar a atingir audiências superiores a 35 000 espectadores, o que deverá acontecer durante a 26ª semana de exibição.

81. Mostra que a função f de domínio IR definida por f(t) =

1+ 2e t

é uma função logística, ou seja, pode ser escrita na forma f(t) =

1+ ae - bt

e identifica os valores de a, b e c. et

1+ 2e

1 1+ 2e

Assim, f(t) =

1 e

−t

0,5 1 + 0,5e −t

= 1e

−t

+ 2e

t -t

1 2+e

−t

1 2

2+e 2

−t

0,5 1 + 0,5e −t

, sendo a = 0,5 , b = 1 e c = 0,5

82. Uma epidemia alastra num concelho e preocupa as autoridades. Fez-se um estudo e, à data desse estudo, a percentagem de indivíduos infectados era p(0 < p < 1). A partir dessa data pensa-se que a epidemia vá evoluir de acordo com a lei: y=

p p + (1 − p)e −bt

sendo (100y)% a percentagem esperada de indivíduos infectadas ao fim de t semanas.

Admitindo que p = 0,2 e b = 1 determina ao fim de quantos dias a percentagem de infectados duplica em relação à data do estudo. População infectada inicialmente

0,2

O dobro da população infectada inicialmente 0,2 0,2 + 0,8e

= 0,2

0,2 + (1 − 0,2)e 0

0,2 0,2 + (1 − 0,2)e −1t

–t

−1t

= 0,4 <=> 0,4(0,2 + 0,8e ) = 0,2 <=> 0,32e

–t

= 0,4

= 0,2 – 0,08

<=> e –t = 0,12/0,32 <=> –t = ln (0,375) <=> t ≈ 1

b) Se nada for feito em contrário, qual a percentagem da população que se espera venha a ser infectada nesta epidemia? Quanto t –-> +∞, lim t –> +∞

0,2 0,2 + 0,8e

−1t

0,2 0,2 + 0,8e

−∞

0,2 =1 0,2 + 0,8 × 0

Em percentagem, (100 x 1) = 100% Se nada for feito em contrário, o estudo aponta para que 100% da população seja infectada.

LIMITES DE FUNÇÕES REAIS Considere-se a função f(x) = 2x — 1 Pela observação da representação gráfica percebemos que os pontos do gráfico de f com abcissas cada vez mais próximas de 2 têm ordenadas mais e mais próximas de 3.

Uma sucessão de valores de x inferiores a 2 (e a tender para 2) cria uma sucessão de imagens a tender para 3. Uma sucessão de objectos superiores a 2 (a tender para 2) cria uma sucessão de imagens, também, a tender para 3.

Podemos afirmar que, qualquer que seja a sucessão (un) que tenda para 2, a correspondente sucessão (f (un)) tende para 3. Esta afirmação é equivalente a dizer que f (x) tende para 3 quando x tende para 2 e escreve-se lim f(x) = 3 x→2

Definição de limite segundo Heine Dada uma função f, diz-se que f(x) tende para b quando x tende para a se a toda a sucessão (xn) de valores de x que tende para a, por valores do domínio de f diferentes de a, corresponde uma sucessão f(xn) de valores de f(x) que tende para b.

lim f(x) = b x

Exemplos:

Em geral:

→a

y y2 y4 f(xn) y6b

y5 y3 y1

a 0

x1x3x5 x6x4 x2

2. f(x) = (4 – x2) lim (4 – x2) = 4 – (–1)2 = 4 – 1 = 3 x → –1

1 x −1 1 1 lim = = –1 0 −1 x → 0 x −1

3. f(x) =

No entanto, há casos em que lim f(x) não é f(a) ou nem sequer existe x→a

Exemplos:

1. f(x) =

x2 −4 x −2

O valor de lim f(x) não pode ser obtido pelo cálculo de f(2), porque 2 não pertence ao domínio da função. No entanto, a representação gráfica sugere que o limite existe, sendo igual a 4. Assim, xlim f(x) = 4 →2

2  2. f(x) = 0,5 x − 1 se x ≠ 2

se x = 2

4

O valor de lim f(x) não pode ser obtido pelo x→2

cálculo de f(2) pois, embora 2 pertença ao domínio de f, por análise do gráfico é notório que, quando x se aproxima de 2, por valores diferentes de 2, f(x) não se aproxima-se de 4, mas de 1. Neste caso, lim f(x) ≠ f(2) x→2

3. f(x) =

 x + 1 se x ≤ 2  − x + 1 se x > 2

Considerando uma sucessão de valores de x a tender para 2 por valores inferiores a 2, a função tende para 3. Considerando uma sucessão de valores de x a tender para 2 por valores superiores a 2, a função converge para —1. Assim, f(2) = 3 e lim f(x) não existe. x→2

Considerações acerca da definição de limite segundo Heine lim f(x) = b x→a A definição não exige que o ponto a pertença ao domínio da função. y

Ex: O ponto a ∉ Df e, no entanto, lim f(x) = b

x→a

Como se viu no exemplo 1 f(x) =

x2 −4 e Df = IR\{2} e lim f(x) = 4 x −2 x→2

Não se admitem sucessões de valores de x a tender para a com uma infinidade de termos iguais a a. Ex: Para estudar lim f(x) não se admite a sucessão xn = x→0

(−1)n + 1 n

cujos termos são x1 = 0; x2 = 1; x3 = 0; x4 = 0,5; x5 = 0; x6 = 0,(3); …

O ponto a tem que ser ponto de acumulação do domínio da função f. Ou seja, em qualquer vizinhança de a tem que existir pelo menos um elemento do domínio de f diferente de a Ex: No conjunto D = [3, 5[ U ]5, 7[ U {9} {5} ∉ a D e é ponto de acumulação de D {9} ∈ a D e não é ponto de acumulação

V2(5)

V1 (9)

7 8 9

Pode existir lim f(x) e não ser igual a f(a).

y f (a)

x→a

Ex: lim f(x) ≠ f(a)

lim f(x) b x→a

x→a

f 0

O valor de lim f(x) , quando existe é único.

y c

x→a

A função só tem limite no ponto a se, existindo, os limites laterais (à esquerda e à direita) forem iguais.

f b

Ex: lim f(x) = b e lim f(x) = c –

x→a

Como b ≠ c, lim f(x) não existe x→a

∞ ou — ∞, não existe, em IR, lim f(x) , pois +∞ ∞ ou — ∞ não são números reais, Se b = +∞ mas considera-se

lim f(x) = +∞ ∞

x→a

x →a

lim f(x) = —∞ ∞ x →a +∞

A definição de limite de uma função num ponto a estende-se ao caso de a ser +∞ ou — ∞ desde que se possam considerar sucessões de elementos do domínio de f a tender para +∞ ou — ∞.

Se f(x) =

1 ( x − 2) 2

e Df = IR\{2}, então lim f(x) = +∞ x→2

Pois se x → 0, (x — 2) → 0 e o inverso de um infinitésimo positivo é um infinitamente grande positivo.

Limites laterais  se x < 0 A função f(x) =  x não tem limite quando x tende para 0

 x se x > 0 

Com efeito, utilizando infinitésimos negativos e positivos: se

=—

1 1 tem-se Un → 0 e f(Un) = = –n → —∞ n −1 /n

y f

1 1 se Vn = tem-se Vn → 0 e f(Vn) = = n → +∞ n n

Como existem duas sucessões Un e Vn que tendem para zero e lim f(Un) ≠ lim f(Vn) não existe lim f(x) pois contraria a definição. x→0

Se os limites laterais num ponto existirem e forem iguais, a função tem limite nesse ponto lim f(x) = lim + f(x) = b <=> lim f(x) = b

x → a–

x→a

Exemplo Considera a função representada graficamente abaixo, cujo gráfico tem como assimptotas as rectas de equações x = —1, x = 2, y = 0 e y = 1. Sejam as sucessões cujos termos gerais são dados por: n

un = n2 + 2 , vn = —1 + 1/n , wn = 2 + (—1) /n e xn = 1/2 — n Estuda quanto à convergência as sucessões de termos gerais dados por: f(un) , f(vn) , f(wn) e f(xn) y

–3

–2

–1

Nota: Cada cor representa os termos de uma das sucessões un a xn e, no gráfico, está associada a pontos de acumulação do domínio da função f para vizinhanças de +∞, —1, 2 e —∞

un = n2 + 2 é um inf. Grande positivo un → +∞, f(un) →1 e lim f(x) = 1 x → +∞

vn = —1 + 1/n é converge para —1 mas não existe

lim f(x) porque lim f(x) = —∞ ∞ e lim f(x) = +∞ ∞ são diferentes x → –1

x → –1+

x → –1–

Como os termos de vn são todos maiores que —1, tem-se: lim f (vn) = lim f(x) = —∞ ∞ Ou seja, para f(x) o limite lateral à direita de —1 é —∞ ∞

x → –1+

wn = 2 + (—1) /n converge para 2, mas não existe lim f (wn) porque lim f(x) ≠ lim f(x) x → 2–

xn = 1/2 — n é um infinitamente grande negativo, ou seja, xn → —∞ ∞ Assim, porque lim f(x) = 0 temos que lim f(xn) = 0 x → –∞

x → 2+

180. Utiliza a calculadora gráfica para identificar o valor dos limites seguintes: x

a) lim

x → 1 ( x − 1) 2

x −1

b) lim

x→0

Activando a função trace, para x = 1 no 1º exemplo e x = 0 no 2º exemplo, a calculadora não consegue apresentar o valor de y (a Texas apresenta y= ). Contudo, a análise do gráfico da função apresentada em a) permite concluir que este tem uma assimptota para x = 1, e que quando x se aproxima de 1 quer por valores à esquerda (1— ) quer por valores à direita (1+) a função tende para +∞. Situação idêntica se verifica em b), mas com a função a tender para —∞, quando x tende para 0. Portanto, lim

x→1

( x − 1)

x −1

= +∞ e lim

x→0

= —∞

183. Recorrendo à representação gráfica calcula, caso existam, os limites nos pontos indicados: 1 2−x 1 lim – = +∞ x → 2 2−x

b) lim

x→2

e lim

x→2

1 = —∞ 2−x

Não existe limite quando x → 2 x

c) lim

x →-3

lim x → - 3–

x −9 x 2

= —∞

x −9 2

lim x →-3

x −9 2

= +∞

Não existe limite quando x → 2 | x −3|

d) lim

x →3

x2 −9

f(x) =

x −3 1   ( x − 3)( x + 3) = x + 3 se x > 3    − ( x − 3) = − 1 se x < 3  ( x − 3)( x + 3) x + 3

lim x →3

–

−1 = —1 / 6 x +3

e lim + x →3

1 = 1/6 x +3

lim – f(x) ≠ lim – f(x) Não existe limite quando x → 3 x →3

x →3

184. Mostra que as funções f e g definidas por: 2 se x < 1 1 se x ≥ 1

f (x) = 

se x < 1 1 1 + x se x ≥1 

e g( x ) = 

Não têm limite no ponto 1 mas f + g e f x g têm limite nesse ponto. lim f(x) = 2 e

lim f(x) = 1 +

–

x→1

logo, lim –f(x) ≠ lim +f(x) não existe lim f(x)

f +g

f .g

x→1

se x < 1 3 2 + x se x ≥ 1

2

se x < 1

e (f .g)(x) =  1 + x se x ≥ 1

(f +g)(x) = 

lim (f +g)(x) = 3 e lim +(f +g)(x) = 3 –

x→1

Logo, lim (f +g)(x) = 3 x→1

lim –(f .g)(x) = 2 e lim +(f .g)(x) = 2 , logo lim (f .g)(x) = 2 x→1

x→1

190. Esboça uma possível representação gráfica de uma função g de domínio IR, ímpar sabendo que: g (—1) = 3, lim

x → –∞

g(x) = 1, lim

x→2

g(x) = —∞ e lim

–

x→2

g(x) = g(2) = 4 y 4–

A função é ímpar, logo: g

3–

(1) = —g (—1) = —3

se lim

2–

g(x) = 1, lim

x → –∞

x → +∞

1–

g(x) = —1

O gráfico tem uma assimptota y = 1 quando x → —∞ e uma assimptota y = —1 quando x → +∞

-3

-2

-1 -1 –

3 x

-2 – -3 –

se lim

g(x) = g(2) = 4, lim

–

x→2

g(x) = g(–2) = —4 +

x → –2

g(x) = +∞, lim

–

x → –2

-4 –

g(x) = —∞

x→2

O gráfico tem uma assimptota x = —2 quando x → —2— e uma assimptota x = 2 quando x → 2+

Em geral: Se uma função é contínua num intervalo [a, b], o limite da função em qualquer ponto de ]a, b[ é a imagem da função nesse ponto;

Se a função não é contínua num ponto de [a, b], o limite da função nesse ponto só existe se os limites à esquerda e à direita desse ponto existirem e forem iguais.

REGRAS OPERATÓRIAS COM LIMITES

1. Função constante Se f é uma função constante, o limite de f(x) quando x → a é a própria constante lim k = k

x→a

2. Função identidade Se f(x) = x , então lim f(x) = lim x = a x→a

x→a

3. Teorema do limite da soma Dadas duas funções f e g, se os limites quando x → a existem e não são infinitos de sinais contrários, então: lim [f(x) + g(x)] = lim f(x) + lim g(x) x→a

x→a

Se lim f(x) = +∞ e lim g(x) = –∞ (ou vice-versa) trata-se de uma indeterminação x→a

x→a

São indeterminações: (+∞) + (– ∞) Porém, são convenções: +∞ ∞+∞=+∞

—∞ ∞—∞=—∞

+∞ ∞±b =+∞

—∞ ∞±b =—∞

4. Teorema do limite do produto Dadas duas funções f e g, se os limites quando x → a existem e não são um deles zero e o outro infinito, então: lim [f(x) . g(x)] = lim f(x) . lim g(x) x→a

x→a

Corolário lim [f(x)]n = [lim f(x)]n (n ∈ IN) x→a

x→a

pois lim f(x) . lim f(x) . lim f(x) = lim [f(x)]3 x→a

x→a

São indeterminações: 0 x (± ∞) São convenções: (+∞ ∞) . (+ ∞) = + ∞ (—∞ ∞) . (— ∞) = + ∞

(+∞ ∞) . (— ∞) = — ∞

+ ∞ . b = + ∞ se b > 0 —∞ ∞ . b = — ∞ se b > 0 ex: +∞ x 2 = +∞ e –∞ x 2 = –∞ + ∞ . b = — ∞ se b < 0 —∞ ∞ . b = + ∞ se b < 0 ex: +∞ x (–2) = –∞ e –∞ x (–2) = +∞

5. Teorema do limite do quociente Dadas duas funções f e g, se os limites quando x → a existem e se o limite do denominador não é zero e o outro infinito, ou ambos infinitos, então: f(x) lim f(x) x→a lim ––––– = ––––––––– x→a g(x) lim g(x)

Corolário 1

x→a

lim ––––– = ––––––––– x→a g(x) lim g(x) x→a

São indeterminações: ( ∞/ ∞ ) e ( 0/ 0 ) São convenções: ±∞ ––––– = ± ∞ se k > 0 k

k ––––– = 0 ±∞

±∞ ––––– + ∞ se k < 0 k

k ––––– = +∞ 0+

k e ––––– = – ∞ se k > 0 ou k =+∞ ∞ (* ) – 0

k ––––– = –∞ 0+

k e ––––– = + ∞ se k < 0 ou k =–∞ ∞ (* ) 0–

6. Teorema do limite da raiz Dada uma função f, se existe limite quando x → a e se o limite é maior ou igual a zero, então: lim

f(x) =

x→a

lim f(x) x→a

∀n ∈ IN

INDETERMINAÇÕES São indeterminações todos os casos cuja tentativa de determinar o limite de uma função num ponto conduzem a situações dos seguintes tipos:

+∞

— ∞ ou -∞ + ∞

∞ ———— ∞

ATENÇÃO

x (± ∞ )

0 ———— 0

k k ≠ 0, ——— 0

Não é indeterminação,

é ±∞ conforme os sinais(*)

Para determinar os limites pretendidos, nestas situações, existem técnicas vulgarmente denominadas levantamento de indeterminações.

Calcular os seguintes limites, utilizando as regras anteriores. 192.a) lim (ex + ln x) = lim ex + lim (ln x) = +∞ + ∞ = + ∞ x → +∞

x → +∞

192.b) lim (ex + 2) = lim ex + 2 = 0 + 2 = 2 x → –∞

x → –∞

193.c) lim [(2x + 1) + (3x)2 + 5] = lim 2x + lim (3x)2 + 1 + 5 = 2 + 9 + 6 = 17 x→1

x→1

193.d) lim [5x2 . (x3 + 1)] = lim 5x2 . lim (x3 + 1) = 5 x 0 = 0 x → –1

x → –1

x2 − 4

195.b) lim x → –1

x −x 2

lim

x → −1

x → –1

x2 −4

lim x − x 2

x → −1

( −1) 2 − 4 ( −1) − ( −1) 2

2  1 1    195.c) lim  3 =  3 2 2  2 x − 3x   2( −1) − 3(−1) x → –1

   

x → –1

−3 2

 1 =   −2−3

k 0

Os três exercícios seguintes dão limites do tipo 197.b) g(x) =

  

1 25

, sendo necessário calcular limites laterais.

x+2 x +1

lim g(x) = x → –1–

lim g(x) = + x → –1

− 1+ 2 = − 1- + 1

1 0

− 1+ 2

−1 +1

(1)

= —∞

(2)

= +∞

Quando x → —1 por valores inferiores ( —1—), a função tende para —∞ Quando x → —1 por valores superiores ( —1+), a função tende para +∞ Logo, lim

x → –1

g(x) não existe

Note-se: —1— dá para o denominador, por ex., -1,1+1= -0,1; -1,01+1= -0,01; … valores negativos(1) —1+ dá para o denominador, por ex., -0,9+1=0,1; -0,99+1= 0,01; … valores positivos(2)

197.c) h(x) = t→2

3t 2−t

lim h(x) = –

t→2

3×2 = 2 − 2-

6 0

= +∞ e lim h(x) = +

t→2

3×2 2−2

6 0

−

= —∞

Note-se que, com 2+ temos 2 — 2,1 = —0,1 ( < 0) e com 2— temos 2 — 1,9 = 0,1 ( > 0)

197.d) r(x) =

x −1 2

x→1

lim + r(x) = x→1

1 0

= +∞ e lim – r(x) =

x→1

1 0−

= —∞

–1

–1 2

Por análise do gráfico da função y = x – 1 também é possível determinar o sinal do denominador da função r quando x → 1+ e x → 1— [ver outro processo em 197.b)]. Neste caso, os limites laterais são +∞ e —∞, pelo que não existe lim r(x) x→1

 1 /x se x < 0  2 x se x > 0

197.e) f(x) =  x→0

lim 1 /x  1 / 0 −  1 /x se x < 0  − ∞ − lim f(x) =  =  x →0 =  =  x→0  2 x se x > 0  2 × 0 + 0 lim 2 x +  x →0

Neste caso, os limites laterais são —∞ e 0, pelo que não existe lim f(x) x→0

198.c) lim

3 +

x→0

x x → –∞ 2

198.d) lim

3 0+

= +∞

−∞

= —∞

Note-se que raiz de índice ímpar de um número real negativo existe

198.e) lim

x → –∞

1- x

2 1 − ( −∞ )

2 1+ ∞

2 =0 +∞

Calcular os limites de sucessões é ter em conta que a variável (n) tende para +∞ 201.d) lim

201.e) lim

2 1 + = ln n n

+∞

0+0 = 0

ln n 1 1 =0+0=0 + 2 = 0+ +∞ n n

201.f) lim e −n +

n +1 = n

lim

log a x =0 x x → +∞

Nota: lim

 1  1 1 +1 = + +1 = 0 + 0 + 1 = 1 + ∞ + ∞ n  

+ lim 

Indeterminações do tipo ∞ — ∞ Por norma, este tipo de indeterminações acontece quando se trabalha com somas de funções (funções polinomiais), com a variável a tender para ±∞.

De um modo geral, quando x → ±∞, o limite de uma expressão polinomial é igual ao limite para que tende o termo de maior grau. lim (a0xn + a1xn–1 + … + an ) = lim a0xn x →+∞ (ou –∞)

x →+∞ (ou –∞)

Dado que,   a x n −1 a x n − 2 a a 0 x n 1+ 1 n + 2 n + ... + n n  a0 x a0 x a0 x x →+∞  

lim (a0xn + a1xn–1 + … + an ) = lim x →+∞

= lim

  a a a a 0 x n 1 + 1 + 2 2 + ... n n  a0 x a x a0 x  0 

= lim

[a0xn(1 + 0 + 0 + … + 0)]

= lim

(a0xn)

x →+∞

   

(identicamente para x → —∞)

x →+∞

Calcular os limites seguintes 205. b) lim (x3 – 2x + 5)

uma análise à expressão permite concluir que, aplicando limites directamente, obtemos a indeterminação +∞ – ∞ + 5.

x → +∞

Se aplicarmos a regra anterior temos: 





lim (x3 – 2x + 5) = lim  x 3 1 − x →+∞ 

x → +∞





= lim  x 3 1 − x →+∞









+∞

= +∞  1 −

2 x

  2 5  5   = lim  x 3 1 − 2 + 3  3  x  x →+∞   x x  +

2 5  5   3  = lim x . lim 1 − 2 + 3  3  x  x →+∞ x x  x →+∞ 

5   = +∞ ( 1 – 0 + 0) = +∞ +∞

Assim, o limite da expressão polinomial quando x → ±∞ é igual ao limite para que tende o termo de maior grau, pois ±∞ x k = ±∞, k∈IR\{0}.

c) lim (2x – 3)2 – 4x2 x → +∞

há que verificar qual o termo de maior grau.

lim (2x – 3)2 – 4x2 = lim (4x 2 – 12x + 9 – 4x2 ) = lim (–12x + 9) = –∞ x → +∞

x → +∞

206. a) lim (x3 – 3x + 1) = lim x3 = – ∞ x → –∞

x → –∞

b) lim (1 + 8x2 – 5x5 ) = lim (–5x5 ) = –5 x ( –∞ ) = +∞ x → –∞

x → –∞

Os exemplos seguintes, não sendo expressões polinomiais, também conduzem a indeterminações do tipo ∞ — ∞, mas terão que ser usadas outras estratégias. 239. 2x 4 — lim x−2 x −2 x→2

b) lim

x→2

2x 2( x − 2) 4 2x − 4 — lim = lim = lim = lim 2 = 2 x−2 x→2 x→2 x −2 x→2 x −2 x→2 x −2

lim x→2

1 1   = lim − 2 t +t  t→0  t

d) lim  t→0

converte-se a diferença de limites em limite da diferença

 t2 +t −t     t 3 + t 2  = tlim →0  

f) lim  t 2 + 3 − t 2 + 1  

  = lim  t→0 

 1   1+ t

  = 1 

neste caso é necessário multiplicar e dividir pelo conjugado



t → +∞

 t2   t 2 (1 + t ) 

 t2 + 3 + t2 +1   lim  t 2 + 3 − t 2 + 1  = lim  t 2 + 3 − t 2 + 1 

t → +∞ 



t → +∞

 

 t2 + 3 + t2 +1  

 2 2  t + 3 − t −1 = lim  2  2 t → +∞  t + 3 + t + 1

+∞ + +∞

  2     = tlim 2 → +∞  t + 3 + t 2 + 1  

   

240. a) lim (xex – x) = lim [x (ex – 1)] = lim x . lim (ex – 1) = +∞ . (+∞) = +∞ x → +∞

x → +∞

b) lim (e2x – ex ) = lim [ex (ex – 1)] = lim ex . lim (ex – 1) = +∞ . (+∞) = +∞ x → +∞

x → +∞

 ln x

c) lim (ln x – x2) = lim x2  x → +∞

x → +∞

 x

 −1 

x → +∞

= +∞ . (0 — 1) = —∞

(note-se que ln x → 0) x2

∞ Indeterminações do tipo ——— ∞ Geralmente, acontece este tipo de indeterminações quando se opera com funções racionais (quociente de funções), em que o numerador e o denominador tendem para ±∞. De um modo geral, quando x → ±∞, o limite do quociente de duas expressões polinomiais é igual ao limite do quociente dos termos de maior grau do numerador e do denominador. n

n–1

ax +ax x →+∞ b0x + b1x

+…+a + … + bm

0 1 n lim ———————————————————————— = lim m m–1

x →+∞ (ou –∞)

(ou –∞)

ax b0x

0 ——————— ( a0 ≠ 0 e b0 ≠ 0 ) m

dado que

= lim

x →+∞ (ou –∞)

 a a2 a n  a 0 x n 1 + 1 + + ...  a0 x a x 2 a 0 x n  0    b b b b 0 x m 1 + 1 + 2 2 + ... mm   b0 x b x b 0 x  0 

E conclui-se que: ax b0x

ax b0x

ax b0

ax b0x

a b0x

a b0

Se n = m, lim

0 0 ——————— = ———— m

Se n > m, lim

0 0 ——————— m = —————— = ±∞

Se n < m, lim

0 0 ——————— = —————— = —————— = 0 m p

x →+∞ (ou –∞)

±∞

Sejam as funções f(x) = x2 e g(x) = 2x Para lim x → +∞

f (x) g (x )

uma primeira análise indica indeterminação

+∞ +∞

a observação dos gráficos das funções apenas sugere que, para cada valor de x, existe uma variação do quociente das imagens…

 x2  f (x) = lim (f/g)(x) = lim   = lim (x/2) = +∞ x → +∞ x → +∞ x → +∞ g ( x ) x → +∞  2 x 

Mas, lim

e a observação do gráfico f/g permite concluir que (em IR\{0}) é uma função crescente e ±∞ /k = ±∞

Calcular os limites seguintes: 208. b) lim

x → +∞

c) lim

x2 − 5 2x + 1 2

20 x + 100

x → –∞

1 − 3x 2

5 − 2x + 2x

1 2

note-se que n = m (mesmo grau)

= lim

x → +∞

x 3 − 9 x 2 − 700

x → –∞

f) lim

= lim

20x

x → –∞

− 3x 2

= lim

x → –∞

−3 2

x −∞ = = —∞ 20 20

= lim

(n > m)

(n = m)

x −2+x 2x |2− x|+x = lim = lim =2 |x| x x → –∞ x x → –∞ x → +∞

g) lim

(n = m)

Note-se que x → +∞ (é sempre positivo), logo |x |= x e |2 — x| = |x — 2|

209. e + 2x

a) lim

x → +∞

log x + x

+ 2) x  log x  + 1 x  x 

= lim

+ 2) +∞+2 x = = +∞  log x  0 +1 + 1   x 

x → +∞

(

x → +∞

b) lim

x → +∞

* lim

x → +∞

= lim

x +1

2 x −1

x +1

2 x −1

x → +∞

c) lim x → +∞

d) lim

x → +∞

= lim

x → +∞

= lim

x → +∞

2x + x 2 3 +x x

= lim

x → +∞

= lim

x → +∞

(e )

x 2

 log x     log 2   log x     log 3 

x → +∞

= lim

x → +∞

2 x

x → +∞

ver início do estudo das funções exponencial e logarítmica

. lim

x → +∞

=0x0=0

2º processo Multiplicar ambos os membros por 2x – 1 e fazer 2x – 1 = y. Trata-se de uma mudança de variável legitima, pois se x → +∞ ∞, 2x – 1 → +∞ ∞, e também y →+∞ ∞.

log 3 log 3 ln 3 = ou log 2 log 2 ln 2

)

3 1 x2 2 +  x x   x

= lim

1 x0=0 2

x 2 (1 +

= lim

não é possível determinar qual o termo de maior grau, logo aplica-se a regra

x +1 2x − 1 × 2 x −1 2x − 1 e

x +1 . lim y 2 x − 1 y → +∞ e y

log 2 x log 3 x

= lim

x → +∞

2 x +

1+ 1 x

+∞

+∞+

+∞

1+ 0 =0 +∞+0

Indeterminações do tipo 0 —— 0 Verificam-se, normalmente, quando se opera com funções racionais (quociente de funções), mas em que o numerador e o denominador tendem ambos para 0. Nos casos mais comuns, a solução passa por simplificar os polinómios do numerador e do denominador, recorrendo à factorização dos mesmos. Dado que x → a, quando possível, deve pôr-se em evidência (x — a) em ambos os membros e simplificar a expressão. Deste modo “elimina-se o problema”. Sejam as funções f(x) = 2x e g(x) = x f (x) g (x )

Para lim x→0

0 0

uma primeira análise indica indeterminação

e a observação dos gráficos das funções ilude, pois as imagens tendem para zero em ambas as funções. Contudo, para cada valor de x, o quociente entre as imagens é sempre 2. (ex: 2/1; 0,5/0,25; 0,1/0,05; 0,002/0,001; 0,000002/0,000001).

Efectivamente, lim x→0

f (x) 2x = lim (f/g)(x) = lim   = lim 2 = 2 g (x ) x→0 x→0 x→0  x 

e observação do gráfico permite concluir que (em IR\{0}) f/g é uma função constante e lim k = k x→a

Note-se que, neste caso, também lim

f (x)

x → +∞ g ( x )

= lim

x → +∞

2=2

Calcular os limites seguintes: 211. b) lim t→1

lim t→1

t3 −1 t −1

É necessário factorizar t3 — 1 recorrendo à regra de Ruffini ou ao algoritmo da divisão

t3 −1 (t − 1)(t 2 + t + 1) = lim t −1 t −1 t→1 t→1

s +1

s → –1 s

d) lim v→0

−1

= lim s → –1

–1

1 1

1 0

α=1

= lim (t2 + t + 1) = 1 + 1 + 1 = 3

c) lim

s +1 1 = lim = –1/2 (s − 1)(s + 1) s −1 s → –1

v ( 2 − 5v ) 2v − 5v 2 = lim = lim (2 – 5v) = 2 v v v→0 v→0

246. a) lim x→2

lim x→2

x2 − 4

Neste caso, é necessário multiplicar ambos os membros pelo binómio conjugado do denominador

2− x x2 − 4

2− x

x2 − 4

= lim

2− x

x→2

2+ x

= lim x→2

( x − 2)(x + 2)( 2 + x ) 2− x

= lim [ − (x + 2)( 2 + x ) ] = [ − (2 + 2)( 2 + 2 ) ] = – 4 x 2 2 = –8 2 x→2

2º processo: tratando como um caso notável o binómio x − 2 equivalente a lim x→2

x2 − 4 2− x

( x − 2)( x + 2)

= lim

2− x

x→2

= lim

( x − 2 )( x + 2 )(x + 2) 2− x

x→2

− ( 2 − x )( x + 2 )(x + 2)

= lim

2− x

x→2

( x − 2)( x + 2)

= lim [ − ( 2 + x )(x + 2) ] x→2

= − (2 + 2)( 2 + 2 ) =–8 2 d) lim

x → 2–

lim

x → 2–

x2 − 4

A subtil diferença, relativamente ao exemplo anterior, obriga a multiplicar ambos os membros por 2 − x

2−x

x2 − 4 2−x

= lim

x → 2–

( x 2 − 4) 2 − x 2−x⋅ 2−x

= lim

x → 2–

( x − 2)(x + 2) 2 − x 2−x

= lim –[ − ( x + 2) 2 − x ] = –(2 + 2) 2 − 2 = – 4 x 0 = 0 x→2

f) lim

x→2

lim

x→2

x 2 + 7 − 8x − 5 x−2

A prática permite omitir algumas equivalências e ganhar tempo, dado que, multiplicando ambos os membros pelo conjugado…

x 2 + 7 − 8x − 5 = lim x−2

= lim x→2

x 2 + 7 − 8x + 5 ( x − 2)( x 2 + 7 + 8x − 5 ) ( x − 2)( x − 6) ( x − 2)( x 2 + 7 + 8 x − 5 ) 2−6

4 + 7 + 16 − 5

−4 11 + 11

= lim

x 2 − 8x + 12 ( x − 2)( x 2 + 7 + 8x − 5 )

= lim

−4 2 11

x−6 x 2 + 7 + 8x − 5

− 4 11 2 × 11

=–

2 11 11

Se na resolução dos exercícios anteriores foi possível levantar as indeterminações recorrendo a estratégias envolvendo conhecimentos já adquiridos, casos há em que se torna necessário recorrer a alternativas. As novas estratégias recorrem à utilização de teoremas, vulgarmente designados por limites notáveis, alguns já abordados no início do estudo das exponenciais e dos logaritmos.

LIMITES NOTÁVEIS

∞ ——— ∞

0 —— 0

a x →+∞ x

por transformação

e –1 lim ——————— = 1

lim ———— p =+∞

x→0

lim —————— = x x →0 e – 1

1  ex − 1  lim   x →0  x 

(a > 1 e p∈ IR) logax lim —————— =0

ln(x + 1) lim ————————— = 1

x →+∞

x→0

1 lim ———————— = =1 ln x →0 ln(x + 1) lim ( x + 1) x →0

Ainda assim, na generalidade dos casos, a aplicação destes limites notáveis para levantar indeterminações não se revela directa, como se verá seguidamente.

Calcular os seguintes limites: 214. b) lim x→0

1 − e3x x

– (e

= lim

x→0

= –3 x lim y→0

c) lim x→1

x2 −1

= lim x→1

− 1)

x→0

= –1 x lim

e x −1 − 1

= lim –1 x lim x→0

x→0

e3x − 1 x

3(e 3 x − 1) e3x − 1 = –3 x lim 3x 3x x→0 ey − 1

= –3 x 1 = –3

e x −1 − 1 e x −1 − 1 1 = lim x lim ( x − 1)( x + 1) x −1 x →1 x +1 x →1 ey − 1 1 1 x lim = × 1 = 1/2 y 2 x +1 y →0

Multiplicar por —1 e converter em produto de logaritmos. Multiplicar e dividir ambos os membros por 3. Mudança de variável com y = 3x para obter o limite notável. E se x → 0, y → 0.

Expandir o caso notável e converter em produto. Mudança de variável com y = x – 1 para obter o limite notável. Note-se que y → 0.

e) lim x→2

ln( x − 1)

= lim

x−2

ln( y + 2 − 1)

= lim

ln( y + 1) y

y→0

g) lim x→0

A mudança permite utilizar uma variável que tende para zero e criar um limite notável.

2x 2 2x x = lim ln(2 x − 1) x → 0 ln( 2 x − 1) x x

ln(2 x − 1)

Se x → 2, então x – 2 → 0, pelo que y → 0. Como y = x – 2 <=> x = y + 2, faz-se uma mudança de variável para y. Assim temos que y → 0.

y +2−2

y→0

= lim x→0

= lim

ln( y − 1)

y→0

= lim

ln( y − 1)

y→0

y /2

Dividam-se ambos os membros por x e simplifique-se a expressão. Fazendo y = 2x <=> x = y/2, aplica-se uma mudança de variável para y.

2×0 =0 1

= 248. b) lim

x→0

x 1− e

0,1x

−1

(0/0)

= lim x→0

0,1x

−1

= lim

y→0

= lim y→0

d) lim x→2

y→0

x→2

ln( x − 1) (0/0) x −4 2

= lim

x→2

g) lim

x→0

ey − 1 y

e −1 10 y

= –10

e x − e 2 (0/0) e y +2 − e 2 e y +2 − e 2 = lim = lim x −2 y y→0 y +2−2 y→0

= lim

f) lim

− 10

−1 y

e 2 (e y − 1) ey − 1 2 = e .lim = e2 y y y→0

Dividam-se ambos os membros por —x e simplifique-se a expressão. Fazendo y = 0,1x <=> x = 10y, aplica-se uma mudança de variável para y.

Fazendo y = x – 2 <=> x = y + 2, aplica-se a mudança de variável para y, com y → 0 Factorizar o numerador da expressão tendo em conta que e2 é uma constante.

ln( x − 1) ln( x − 1) 1 = lim x lim ( x + 2)( x − 2) x → 2 x + 2 x → 2 ( x − 2)

ln( y + 1) 1 1 x lim = x 1 = 1/4 y 4 y→0 4

Fazendo y = x – 2 <=> x = y + 2, aplica-se a mudança de variável para y, com y → 0

e x − x − 1 (0/0) ex −1 x ex −1 − −1 = 1 – 1 = 0 = lim = lim x x x x x→0 x→0

249. ln x − 1 (0/0) y −1 y −1 = lim y = lim y −1 x→e x −e − 1) y→1 e −e y → 1 e( e

a) lim

b) lim

x→0

1 y −1 1 x x lim = x lim y − 1 x e y→1 e e x → 0 e −1 −1

1 x lim e x→0

= −

x →+∞

ex −1 x

Nova mudança de variável fazendo y –1 = x <=> y = x +1, e como y → 1, x → 0 o que permite obter o limite notável.

1 e

(0 / ) 1  3 x − 1  1− 3 x 0 = lim −  2x 2  x  x→0

= −

d) lim

1 2

x Fazer 3x = exln 3 pois exln 3 = (eln 3) , eln 3 = 3, logo exln 3 = 3x

 e xln 3 − 1  × ln 3  lim   x ln 3



x→0



Multiplicar e dividir por ln 3 com mudança de variável para y = x ln 3. Como x → 0, y → 0 (0 xln 3 =0)

 ey − 1  1 ln 3 × ln 3  = − × 1 × ln 3 = − lim   y→0

3 x − ln x (∞/∞) 2

Fazendo y = ln x <=> x = ey, aplica-se a mudança de variável para y. Como x → e, y → ln e ou seja y → 1

= lim

x → +∞



3 x (∞ – ∞)

x →+∞ 5 x

= lim



— lim

x →+∞

3x 5x

ln x 5x 2

(1)

— lim

x → +∞

Converter limite da diferença em diferença de limites, aplicar regra (1) e encontrar caso notável.

1 ln x . =0–0x0=0 5x x

Indeterminações do tipo 0 x ∞ A estratégia de resolução consiste em transforma este tipo de indeterminações num dos anteriormente estudados, bastando para tal efectuar alguns cálculos. Verificar que a aplicação das regras conduz a uma indeterminação e levantá-la nos casos seguintes: 215.  1 e x + x  (0 x ∞) ⋅ b) lim   = lim 2

x →+∞  ln x

1 ex + x ⋅ 2 ln x

x →+∞



x 1 ex + x 1 ⋅ ⋅ = ⋅ lim x 2 ln x 2 x →+∞

= lim

x →+∞

1 2

 x −1

 1  ⋅ lim  ln x x →+∞   x 

 (0 x ∞)

Indeterminação do tipo 1 × ∞ = 0 × ∞ . ∞ Procurar formas de utilizar limites notáveis.



  + 1 x   

( x − 1)x



 1 x   ⋅   2 x − 2

x→1



d) lim  e x ⋅ x → –∞

x   2 

250.

[0 x (-∞)]



= lim  x → –∞

(∞ x 0)

 2e

−x

x →+∞

= −

1 2

−x

x →+∞

b) lim

x →+∞

(∞ x 0)

–x x [x . e . 2 ] = 2

 y 1 lim  2 y → +∞  e y



–x

y → +∞ 

 x2 lim  x x →+∞  2

⋅

1  ey lim   y → +∞ y



x

e −x x

Factorizar o denominador e simplificar 1  x  ⋅ lim  = 2 x →1  x − 2

1 1 1 ⋅x =– ⋅ 2 1− 2 2

Indeterminação do tipo 0 × ( − ∞ ) .

e 

Passar ex para denominador e mudar variável y = –x e se x → –∞ , y → +∞ 1 2

= −



−x

x →+∞ 

5 e ⋅  = 1 x lim 

       

ex x +  x x 

Indeterminação do tipo 0 × 1 = 0 × ∞ .

 1 −y  = lim  ⋅ y 

= −

e a) lim [x . e . 5x] = lim 1 ⋅ 2

   

⋅

1 1 x x (+∞ + 1) = +∞ x (+∞ ) = +∞ 2 0+

c) lim  ⋅ 2  = lim   2( x − 1)( x − 2)  2 x − 3x + 2  x→1  x→1  = lim

 x   ln x 

∞

   

  x2 ⋅ 1 = 1 x lim  x x →+∞  2 

   

= −

1 x0=0 2

5 x →+∞  x 

lim   = 1 x

 1   x  x lim  2  x →+∞  2   x 

0 +∞

5 = 1 x0x0= 0 +∞

= 1x0 x

0 = 1 x0 x0 = 0 +∞

Função contínua num ponto Uma função f diz-se contínua num ponto c do seu domínio se e só se lim f(x) = f(c) x→c

y f

Na definição está implicito que: c

é um ponto de acumulação do domínio de f

f(c)

existe, ou seja, c ∈ Df

lim f(x) existe x→c

Exemplos de gráficos de funções descontínuas num ponto do seu domínio 1. c é ponto de acumulação do domíno

f(c) existe, ou seja, c ∈ Df

f(c)

Não existe lim f(x)

x→c

2. c é ponto de acumulação do domíno

não xiste f(c), ou seja, c ∈/ Df

lim f(x) não é um número real x→c

3. c é ponto de acumulação do domíno

f(c) existe, ou seja, c ∈ Df f(c)

lim f(x) não existe

x→c

4. c é ponto de acumulação do domíno

y i

lim f(x) existe x→c

f(c) não existe, ou seja, c ∈/ Df 0

As propriedades operatórias dos limites permitem concluir que sendo f e g funções contínuas num ponto c do seu domínio, então também são contínuas nesse ponto as funções: f±g

f/g (se g(c) ≠ 0)

fxg

f n (n ∈ IN)

f (se c ∈ D n f )

Se f é contínua num ponto c , e g é contínua em f(c) , então também é contínua nesse ponto a função composta gof

Consequências dos teoremas:

Toda a função polinomial é contínua em IR

Toda a função exponencial é contínua em IR

Toda a função logarítmica é contínua em IR+

Toda a função racional é contínua no seu domínio

Toda a função irracional é contínua no seu domínio

Usar a difinição de continuidade de uma função num ponto para estudar a continuidade de cada uma das funções seguintes nos pontos indicados: 258. b) g(x) = |x – 1| + x , em x = 2 e x = 1  x − 1 + x se x ≥ 1 2 x − 1 se x ≥ 1 <=> g(x) =  se x < 1 − x + 1 + x se x < 1 1

g( x ) = 

g(x) = 1 e lim

lim

x → 1–

g(x) = 2 x 1 – 1 = 1 e g(1) = 2 x 1 – 1= 1 função contínua em 1

x→1

lim

g(x) = lim

x → 2–

g(x) = 2 x 2 – 1 = 3 e g(2) = 2 x 2 – 1= 3 função contínua em 2

x→2

t 2 − 1  c) h(t) =  t + 1   t +1

se t < −1

, em t = —1 e t = 0

se t ≥ −1 (0/0)

lim

h(t) = lim –

x → –1

x → –1–

(t − 1)(t + 1) = lim (–t – 1) = –2 t +1 x → –1

e lim +h(t) = lim x → –1

x → –1

t +1 = 0

Não existe limite quando x → –1, logo a função não é contínua em —1

lim x → 0–

h(t) = lim

x→0

h(t) = lim

(t – 1) = –1 e h(0) =

0 +1= 1

x→0

Existe limite quando x → 0 mas lim h(t) ≠ h(0), logo a função não é contínua em 0 x→0

1 − e − x  se x < 0 c) r(x) =  x , em x = 0 e x = 1 ln(1 + x ) se x ≥ 0  (0/ )

lim x → 0–

lim

− (e − x − 1) 1 − e −x 0 e −x − 1 ey − 1 = lim = lim = 1 lim =1 −x x − (− x ) y x→0 x→0 y→0

r(x) = lim x→0

h(t) = lim ln(1 + x) = ln(1 ) = 0

x→0

Não existe limite quando x → 0, logo a função não é contínua em 0

259. Investigar se existe k de modo que as funções sejam continuas nos pontos indicados: k 2 x 2 a) f(x) = 

se x ≤ 2 (1 − k )x se x > 2

lim

f(x) = lim

–

x→2

no ponto 2

k2x2 = 4k2 e

lim + f(x) = lim (1 – k)x = 2(1 – k)

x→2

É necessário que lim – f(x) = lim + f(x) pelo que x→2

x→2

4k = 2(1 – k) <=> 4k = 2 –2k <=> 4k + 2k –2 = 0 <=> k = 1/2 ∨ k = –1 2

Existindo limite em 2, é necessário que seja igual à imagem Para k = 1/2: lim

f(x) = lim

4k2 = 4(1/2 )2 = 1 e f(2) = 4k2 = 1

Para k = –1: lim

f(x) = lim

4k2 = 4(–1)2 = 4 e f(2) = 4k2 = 4

x→2

Assim, conclui-se que a função é contínua no ponto 2.

x2 −1  se x < −1  x +1  se x = − 1 , no ponto —1 c) f(x) =  k   2 x + 3 − 1 se x > −1  x +1 (0/ )

lim

f(x) = lim –

x → –1

x2 −1 0 ( x − 1)( x + 1) = lim = lim (x –1) = –2 x + 1 x → –1 x +1 x → –1 (0/0)

lim

f(x) = lim

x → –1

= lim x → –1

2x + 3 − 1 = lim x +1 x → –1 2( x + 1)

(x + 1)(

)

2x + 3 + 1

( 2x + 3 − 1)( 2x + 3 + 1) = lim (x + 1)( 2x + 3 + 1) x → –1

= lim x → –1

2 2x + 3 + 1

= lim x → –1

Não existe limite quando x → –1 , logo é impossível obter k.

2x + 3 − 1

(x + 1)( 2

− 2 + 3 +1

)

2x + 3 + 1

Prolongamento de uma função A x1 • x2 •

Dada uma função f de domínio A e um conjunto B tal que A ⊂ B, a função h diz-se um prolongamento (ou extensão) de f a B se Dh = B e h(x) = f (x), ∀ x ∈ A

xn–1 • xn • B

•f(x1) •f(x2)

•f(xn–1) •f(xn) IR

Dadas as funções f, g e h definidas graficamente, todas com domínio IR \{—1}, para cada uma delas indicar se é , ou não, possível definir um prolongamento que seja uma função contínua no ponto —1 e, em caso afirmativo, caracterizar essa função.

2 x + 1 se x > −1  f1(x) =  − − − se x = −1 − 2 x + 1 se x < −1 

 g( x )  g1(x) =  − 1  g( x ) 

se x > −1 se x = −1 se x < −1

ln( x + 1) 

se x > −1 se x = −1 se x < −1

h1(x) =  − − − −

− 2 x + 1 

Continuidade lateral e continuidade num intervalo

Diz-se que f é contínua à esquerda no ponto c se lim –f(x) = f(c)

y f

x→c

y f

Diz-se que f é contínua à direita no ponto c se lim f(x) = f(c)

x→c

Uma função é contínua num intervalo aberto ]a , b[ do seu domínio se é contínua em todos os pontos do intervalo a

Uma função é contínua num intervalo fechado [a , b] do seu domínio se é contínua em ]a , b[ e também o é à direita da a e à esquerda de b.

b x

261. Mostra que as funções f e g definidas por se x < 1 se x ≥ 1

2 x 1

f(x) = 

1  1+ x

g(x) = 

se x < 1 se x ≥ 1

não são contínuas no ponto 1, mas f + g e f x g são contínuas nesse ponto. lim f ( x ) = lim 2x = 2 e lim f ( x ) = lim 1 = 1 não contínua em 1 dado que lim f ( x ) ≠ lim f ( x ) x →1−

x →1+

x →1

x →1−

x →1

x →1+

lim g ( x ) = lim 1 = 1 e lim g ( x ) = lim 1 + x = 2 não contínua em 1 dado que lim g ( x ) ≠ lim g ( x ) x →1−

x →1+

x →1

x →1−

x →1

2 x + 1 x+2

x →1+

se x < 1 se x ≥ 1

Seja h(x) = f(x) + g(x) = 

lim h( x ) = lim 2x + 1 = 3 e lim h( x ) = lim x + 2 = 3 x →1−

x →1+

x →1

f(x) + g(x) é uma função contínua em 1 dado que lim h( x ) = lim h( x ) x →1−

x →1+

Situação idêntica para f(x) x g(x) 262. Considera a função f definida em IR\{1} por f(x) =

x3 +1 x +1

Esboça o gráfico de f e define um prolongamento de f a IR que seja uma função contínua em IR O gráfico da função é descontínio para x = –1, obviamente. Mas porque é que se representa por uma parábola do 2º grau? Porque

x3 +1 = x2 – x + 1 em IR\{1} x +1

0 0 1 –1 1 – 1 –1 1 0 2 Q(x) = x – x + 1 –1

Então f(x) = x2 – x + 1 em IR\{1}. Para criar o prolongamento a IR é necessário que a função seja contínua em —1, ou seja: lim f ( x ) = lim f ( x ) = f(–1) x → −1−

x → −1+

f ( x ) se x ≠ − 1  3 se x = − 1

Ora se f(x) = x2 – x + 1 temos f(–1) = (–1)2 – (–1) + 1 = 3, pelo que f1(x) = 

263. Seja a função h definida em IR\{0} por h(x) =

ex − 1 e2 x − 1

Define um prolongamento de h a IR que seja uma função contínua em IR ex −1

lim h( x ) = lim h( x ) = lim x →0 −

x →0 +

x →0

ou lim

x →0

e 2x − 1

ex −1 e

−1

= lim

x →0

= lim

x →0

2x 1 ex −1 ⋅ ⋅ = 1/2 (limites notáveis) 2x 2 x e −1

ex − 1 (e ) − 1 x 2

= lim

x →0

h( x ) Pelo que o prolongamento deve ser h1(x) =  1 

ex − 1 (e − 1)(e + 1) x

se x ≠ 0 se x = 0

= lim

x →0

e +1 x

1 = 1/ 2 1+ 1

264. Considera a função f definida por: |x| 

se x ≠ 0

 −1 

se x = 0

f(x) =  x

Estuda a continuidade de f no ponto 0 e, caso não seja contínua, estuda a continuidade lateral

f(x) =

lim

x → 0–

 x  x   x −  x  −1  

se x ≥ 0  1 

se x < 0 <=> f(x) =  − 1  −1 

se x = 0

f(x) = –1 e

se x ≥ 0 se x < 0 se x = 0

lim + f(x) = 1 x→0

os limites laterais são diferentes, logo a função não é contínua em 0

lim

x → 0–

lim

x→0

f(x) = f(0) = –1 pelo que a função é contínua à esquerda no ponto 0 f(x) ≠ f(0) pelo que a função não é contínua à direita no ponto 0

267. Determinar os valores de a e b para os quais f é contínua à esquerda no ponto 0 mas não é contínua à direita sendo: ex − 1   ax f(x) =  2 log ( x + | b |)  2 

se x < 0 se x = 0 se x > 0

Para ser contínua à esquerda de 0 é necessário que lim – f(x) = f(0) = 2 x→0

lim

x → 0–

ex −1

f(x) = 2 <=> lim

x→0

= 2 <=> lim

x→0

1 ex −1 = 2 <=> 1/a = 2 <=> a = 1/2 a x (limite notável)

Para que não seja contínua à direita de 0 é necessário que lim + f(x) ≠ f(0) ≠ 2 x→0

lim

f(x) ≠ 2 <=> lim [log2 (x + |b|)] ≠ 2 <=> log2 (0 + |b|) ≠ 2 <=> |b| ≠ 4 <=> b ≠ 4 ∧ b ≠ 4 +

x→0

268. Estudar quanto à continuidade a função definida por: | 1 − x |  log 4 (2 x ) f(x) =  2  x − 3x − 2   x−4

x ≤2 se se 2 < x ≤ 4

x> 4

Dado que a função é composta por troços em que cada função é contínua no seu domínio, f só poderá ser descontínua nos pontos de reunião dos seus ramos, ou seja, em 2 e/ou em 4.

Verificar se a função é contínua em 2

lim

–

f(x) = |1 —2| = 1, lim

x→2

f(x) = log4 4 = 1 e f(2) = |1 —2| = 1

x→2

A função é contínua em 2 dado que lim –f(x) = lim f(x) = f(2) + x→2

x→2

Verificar se a função é contínua em 4

lim

–

f(x) = lim

x→4

lim

x→4

log4 (2x) = log4 8 = log2 8

1/2

= log2 2

3/2

= 3/2

x→4

 x 2 − 3 x − 2  x 2 − 3 x + 2  (0/0)    x 2 − 3x − 2   = lim  x → 4 x−4 (x − 4) x 2 − 3 x + 2   

f(x) = lim

x→4

( x − 4)( x + 1) x 2 − 3x − 4 = lim = lim x → 4 (x − 4 ) x 2 − 3 x + 2  x → 4 (x − 4 ) x 2 − 3 x + 2    x→4      

= lim

x +1 x − 3x + 2 2

= 5/4

f(4) = log4 8 = 3/2

A função é contínua à esquerda de 4, mas não é contínua à direita de 4

Resumindo, a função é contínua em ]—∞, 4] e ]4, +∞[, mas não é contínua à direita de 4, pois lim + f(x) ≠ f(4) x→4

270. Estudar quanto à continuidade a função definida por:  x −2   1 f(x) = e x − 2  1− x  ln    x 

x ≥2

se 1 ≤ x < 2 se 0 < x < 1

Verificar se a função é contínua em 2 lim

lim

–

x→2

x − 2 = 0 e f(2) = 0

f(x) = lim

x→2

f(x) = lim

–

x→2

1 e x −2

(note-se que e

0−

= e −∞ = 0 )

Verificar se a função é contínua em 1 lim

f(x) = lim

–

f(x) = lim

x→1

lim

x→1

1 x e −2

x→1

–

x→1

= e–1 = 1/e e f(1) = 1/e

1− x   = —∞ (note-se que ln (0/1) = ln 0 = —∞)  x 

ln

A função é contínua em ]0 , 1[ dado que, neste intervalo 1− x 1− x  > 0 } = ]0 , 1[  e Df = {x∈IR: x x  

f(x) = ln

1–x x

+ – –

0 + 0 ss

+ + +

1 0 + 0

A função é contínua em ]0 , 1[ e em [1, + ∞[ Não é contínua à esquerda de 1 dado que lim f(x) ≠ f(1), mas é contínua à direita de 1. – x→1

– + –

TEOREMA DE BOLZANO Se f é uma função contínua em [a, b] e k é um valor entre f(a) e f(b), então existe pelo menos um ponto c ∈ ]a , b[ tal que f(c)= k y

Em linguagem informal diz-se que uma função contínua num intervalo não passa de um valor a outro sem passar por todos os valores intermédios.

f (b ) f k f (a ) 0

b x

Corolário do Teorema de Bolzano Se f é uma função contínua em [a, b] e se f(a) e f(b) têm sinais contrários, então f tem pelo menos um zero em ]a , b[. Ou seja, a equação f(x)= 0 tem, pelo menos, uma solução em ]a , b[.

Se f(a) e f(b) têm sinais contrários então f(a) x f(b) < 0 pelo que

y f (b )

Se f é contínua em [a, b] e se f(a) x f(b) < 0 a função têm, pelo menos, um zero em ]a , b[.

∃ c ∈ ]a , b[ : f(c)= 0

b x

f (a )

272. Seja f(x) = x3 – x2 + 4. Usa o teorema de Bolzano para concluir que f(x) = —1 tem, pelo menos, uma solução no intervalo ]—2 , —1[. a)

A função é polinomial, logo é contínua em IR, pelo que também é contínua em ]—2, —1[. f(–2) = (–2)3 – (–2)2 + 4 = –8 f(–1) = (–1)3 – (–1)2 + 4 = 2

Dado que —1 é um valor compreendido entre f(–2) e f(–1), o teorema de Bolzano garante que existe, pelo menos, um x ∈]—2, —1[ tal que f(x) = —1, ou seja, ∃ x ∈]—2, —1[: f(–2) < f(x) < f(–1) (pois —8 < —1 < 2) Pelo corolário f(x) = –1 <=> x3 – x2 + 4 = –1 <=> x3 – x2 + 5 = 0

Fazendo g(x) = x3 – x2 + 5 g(–2) = (–2)3 – (–2)2 + 5 = –7 g(–1) = (–1)3 – (–1)2 + 5 = 3

Como g(–2) x g(–1) < 0 , o corolário do teorema de Bolzano garante que ∃ x ∈]–2, –1[: g(x)= 0

274. Usa o teorema de Bolzano para provar que f(x) = ln (x) + x tem pelo menos um zero no intervalo ]1/e , 1[. f(x) = ln (x) + x é uma função contínua em IR+, logo contínua em ]1/e , 1[ f(1) = ln 1 + 1 = 0 + 1 = 1 e f(1/e) = ln (1/e) + 1/e = ln (e–1) + 1 = –1 + 1/e

Portanto f(1) > 0 e f(1/e) < 0 Assim, dado que f(1/e) < 0 < f(1), o teorema de Bolzano garante que ∃ c∈ ]1/e, 1[.: f(c) = 0 Pelo corolário Como f(1) > 0 e f(1/e) < 0 resulta que f(1) x f(1/e) < 0 Logo, o corolário do teorema de Bolzano garante que ∃ c∈ ]1/e, 1[.: f(c) = 0

275. Seja a função definida por:  ax − 2  f(x) =  2 bx + 1 

se x < 1 se x = 1 se x > 1

Determina valores para a e b de modo que o teorema de Bolzano se possa aplicar à função no intervalo [1 , 3] mas não no intervalo [0 , 1]. Para que a função seja contínua [1 , 3] deve verificar-se lim

x→1

f(x) = lim

y 3

bx + 1= 2 e f(1) = 2 assim,

x→1

para x = 1 temos b + 1= 2 <=> b = 1

Para que a função seja contínua [0 , 1] deve verificar-se lim

–

x→1

f(x) = lim

–

0 -1

ax – 2 = 2 e f(1) = 2 assim,

x→1

-2

para x = 1 temos a – 2 = 2 <=> a = 4

Para que não se possa aplicar o teorema de Bolzano num intervalo basta que não esteja satisfeita a condição de a função ser contínua nesse intervalo fechado. Ora se a ≠ 4 na função y = ax – 2 , f(1) ≠ 2 o que faz com que a função f seja contínua em [0 , 1[, mas não em [0 , 1].

278. Seja f uma função contínua em [a , b] e tal que f(a) = 3 e f(b) = –1. Justifica que o domínio da função g definida por g(x) = 1/f(x) não pode ser [a , b]. Sendo f uma função contínua em [a , b] e f(a) x f(b) < 0, o corolário do teorema de Bolzano garante que f tem, pelo menos, um zero em ]a , b[. Dado que g(x) = 1/f(x) , o zero de f não pertence ao domínio de g, ou seja, Dg = [a , b]\{c∈IR: f(c) = 0 }

c 0

b x

279. f é uma função par e contínua de domínio [—3 , 3], Se f é crescente em [—3 , 0], y quantas são as soluções da equação f(x) = 2: a) Se f (–3) = 4 ? b) Se f (0) = 2 ?

y=2

a) Se f (–3) = 4, a função é par e crescente em [—3 , 0], então f (3) = 4 e f (x) > 4 ∀x∈]–3 , 3[, pelo que f (x) = 2 é impossível, logo tem zero soluções.

–3

b) Se f (0) = 2, nas mesmas condições de monotonia, f (0) é um máximo da função, pelo que só tem uma solução como se pode verificar no exemplo.

y=2

–3

281. Uma função f é contínua em IR e conhece-se a seguinte tabela de valores: x f(x)

–3 1

0 2

1 –3

5 –1

Justifica que: a) f tem, pelo menos, um zero b) g : x f(x) + 2 tem, pelo menos, dois zeros a) f(0) x f(1) < 0 e f é contínua em]0 , 1[, logo o corolário do teorema de Bolzano garante que f tem pelo menos, um zero em ]0 , 1[. b) g : x

f(x) + 2 apresenta a correspondente tabela:

x g(x)

–3 3

Assim, g(0) x g(1) < 0 e g(1) x g(5) < 0 pelo que g apresenta, pelo menos, dois zeros: um em ]0 , 1[e outro em ]1 , 5[

0 4

1 –1

5 1

285. Seja f a funçãoé de domínio IR definida por f(x) = ex – 2,5x . a) Justifica que a aplicação do teorema de Bolzano à função f no intervalo [0 , 1] não 2 permite tirar conclusões acreca da existência de soluções da equação ex = 2,5x no intervalo ]0 , 1[. f(0) = e0 – 2,5 x 0 = 1 e

f(1) = e1 – 2,5 ≈ 0,218

f(0) x f(1) > 0

O teorema de Bolzano nada permite concluir, pois tendo as imagens dos extremos o mesmo sinal, não há evidência de que intersecte o eixo Ox , ou seja, que f(x) = 0.

b) Calcula f(0,6) e explica o que podes agora concluir. 2

f(0,6) = e0,6 – 2,5 x 0,6 ≈ –0,07 Sendo f(0) x f(0,6) < 0 e f(0,6) x f(1) < 0, o teorema de

Bolzano, através do seu corolário, permite concluir que a função tem, pelo menos, um zero em ]0 ; 0,6[ e, pelo menos, outro em ]0,6 ; 1[, como mostra a figura.

ASSIMPTOTAS DO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO Os gráficos de funções reais podem ter três tipos diferentes de assimprotas: verticais, horizontais e oblíquas, como se verificar pelos exemplos seguintes. Cada um dos gráficos apresenta duas asssimptotas

Fig 1 Assimptotas vertical e horizontal

Fig 2 e Fig3 Assimptotas verticais e oblíquas

Assimptotas Verticais A recta de equação x = a é assimptota do gráfico de uma função f se e só se: lim f(x) = ± ∞ ou lim + f(x) = ± ∞

x → a–

x→a

Nos exemplos, a recta de equação x = a é assimptota dos gráficos das funções f, g e h

As assimptotas verticais do gráfico de uma função podem existir:

Em pontos de acumulação do domínio que não pertençam ao domínio ex: os zeros do denominador de uma função racional

Em pontos que pertençam ao domínio mas onde a função não seja contínua ex: funções definidas por ramos

Para encontrar assimptotas verticais do gráfico de uma função f deve-se: 1º — Determinar os pontos a tal que a ∈/ Df ou f não é contínua em a; ∞ (ou —∞ ∞) 2º — Calcular lim – f(x) e/ou lim + f(x), obtendo, como resultado, +∞ x→a

x→a

Sem recorrer à calculadora (mas confirmando o resultado posteriormente), escreve equações das assimptotas verticais dos gráficos das funções definidas por: 290. a)

f(x) =

2x + 6 x 2 + 3x

Df = {x ∈ IR: x2 + 3x ≠ 0 } = {x ∈ IR: x(x + 3) ≠ 0 } = IR\{–3, 0}

Como –3 e 0 são pontos de acumulação da função, mas não pertencem ao domínio, devem-se procurar assimptotas nestes pontos. 2x + 6

lim f ( x ) = lim

x → −3

lim f ( x ) = lim x →0

−

x →0

lim f ( x ) = lim x →0

x →0

x + 3x 2

2x + 6 −

x + 3x 2

2x + 6 +

x + 3x 2

= lim

x → −3

= lim x →0

2( x + 3) 2 = lim = –2/3 não existe assimptota x ( x + 3) x → −3 x

−

2 = –∞ x

existe assimptota à esquerda

2 = +∞ x

trat-se de uma assimptota bilateral x = 0

291. a)

f(x) =

x ln x

Df = {x ∈ IR: x > 0 } IR+\{1} ln x

Procurar assimptota para x = 0+ lim f ( x ) = lim

x →0 +

0 x = =0 −∞ ln x

não tem assimptotas

Procurar assimptota para x = 1— e x = 1+ lim f ( x ) = lim

x →1−

lim f ( x ) = lim +

x →1

g(x) = 3

1 x = − = –∞ tem assimptota à esquerda ln x 0 1 x = + = +∞ tem assimptota bilateral x = 1 ln x 0

1 x −1

Dg = {x ∈ IR: x – 1 ≠ 0 } = IR\{1} 1

lim g ( x ) = lim 3

x → 1−

0−

x → 1−

= 3 −∞ = 0

não existe assimptota à esquerda

lim g ( x ) = lim 3

x → 1+

= 3 +∞ = +∞ existe assimptota à direita x = 1

Assimptotas Horizontais A recta de equação y = b é assimptota do gráfico de uma função f se e só se: lim f(x) = b ou lim f(x) = b

x → –∞

x → +∞

O gráfico de uma função tem, no máximo, duas assimptotas horizontais: uma que acompanha o gráfico quando x →—∞ ∞ e outra quando x →+∞ ∞ Se o domínio da função é um intervalo limitado então o gráfico não tem assimptotas horizontais, pois não é possível determinar lim f(x) ou lim f(x) x → –∞

x → +∞

Os gráficos das funções racionais fraccionárias apresentam uma assimptota horizontal quando o grau do denominador é maior ou igual ao do numerador

293. Escreve equações das assimptotas horizontais dos gráficos das funções definidas por: a)

h(x) =

x 2 + 3x

2x 2 + 1

lim h( x ) = lim

x → +∞

∞ x 2 + 3 x ( / ∞) x2 x2 = lim = lim = 1/2 2 2 2 x → +∞ 2x x → −∞ 2x 2x + 1

e1 − x  g(x) =  2  x  x

se x ≥ 0 se x < 0

lim g (x ) = lim e1− x = e–∞ = 0

x → +∞

lim g (x ) = lim

x → −∞

assimptota y = 1/2

x2 x

= lim

x → −∞

assimptota y = 0 |x| = –1 x

assimptota y = —1

Note-se que o quociente é negativo porque x → —∞, logo o numerador e o denominador apresentam

sinal contrário.

Assimptotas Oblíquas A recta de equação y = mx + b é assimptota não vertical do gráfico da função f se e só se: lim [f(x) — (mx + b)] = 0 ou lim [f(x) — (mx + b)] = 0

x → –∞

x → +∞

y=b 0

Se m ≠ 0 a recta é uma assimptota oblíqua

Se m = 0 a recta é uma assimptota horizontal

Determinar o declive m de uma assimptota não vertical do gráfico de uma função Observando a figura, verifica-se que, quando x →+∞ a diferença entre as ordenadas de f e de y = mx + b (a sua assimptota) tende para zero, ou seja,

y f f(x) mx + b

lim [f(x) — (mx + b)] = 0

f(x) – mx + b

x → +∞

Se lim

g( x ) 0 = 0 dado que =0 x + ∞ x → +∞

g(x) = 0, também lim

x → +∞

Assim também se verifica

lim

f ( x ) − (mx + b ) =0 x

e obtêm-se as equivalências seguintes:

lim

f ( x ) mx b − − =0 x x x

note-se que x →+∞ ,

lim

f (x ) =m x

x → +∞

O declive da assimptota é dado por

f(x)

m = lim ———— x →+∞

+∞

→ 0, pelo que

se m = 0 a assimptota é horizontal

Determinar o valor b de uma assimptota não vertical do gráfico de uma função Como lim [f(x) — (mx + b)] = 0 x →+∞

lim [f(x) — mx — b] = 0 x →+∞

lim [f(x) — mx ] — lim b = 0 (o limite da constante é a própria constante) x →+∞

x →+∞

lim [f(x) — mx ] = b x →+∞

A ordenada na origem da assimptota é dada por

b = lim [f(x) — mx] x → +∞

Resumindo, podemos afirmar que se a recta de equação y = mx + b é assimptota do gráfico da função f, então: f(x)

m = lim ———— x →+∞ (x → –∞)

b = lim [f(x) — mx]

x →+∞ (x → –∞)

Quando estes limites não existem ou não são números reais, o gráfico da função não tem assimptotas não verticais.

Sendo m e b números reais, se m ≠ 0 a assimptota diz-se oblíqua e se m = 0, trata-se de uma assimptota horizontal.

O gráfico de uma função tem, no máximo, duas assimptotas não verticais: uma que ∞ e outra que acompanha o gráfico quando x →—∞ ∞. acompanha o gráfico quando x →+∞

298. Escreve equações das assimptotas dos gráficos das funções definidas por: x 2 + 3x x +1

a) f(x) =

O domímio da função é IR\{—1}, logo: Estudo quanto a assimptotas verticais x 2 + 3x x +1

lim

−

f (x) =

x → −1

x( x + 3) como não é possível simplificar, deve-se investigar para x = –1 x +1

1+ 3 0−

= –∞ e

lim

x → −1

f (x) =

1+ 3 0+

= +∞

confirma-se assimptota vertical para x = –1

Estudo quanto a assimptotas não verticais m = lim

x → +∞

f (x ) ∴ lim x x → +∞

x 2 + 3x 2 2 x + 1 = lim x + 3 x = lim x + 3 x = 1 2 x x → +∞ x ( x + 1) x → +∞ x + x

e da mesma forma lim

x → −∞

b = lim [f ( x ) − mx ] ∴ lim x → +∞

x → +∞

x 2 + 3x f (x) = lim = 1 , portanto m = 1 2 x x → −∞ x + x

x 2 + 3x x 2 + 3x − x 2 − x 2x − x = lim = lim =2 x +1 x + 1 x +1 x → +∞ x → +∞

e da mesma forma lim [f ( x ) − mx ] = lim x → −∞

x → −∞

2x = 2 , portanto b = 2 x +1

R: o gráfico da função apresenta um assimptota vertical x = –1 e uma assimptota oblíqua y = x + 2

299. Considera a família de funções definidas por: x2 − x − 6 , a ∈ IR x−a

fa(x) =

Determina a de modo que: a) A recta de equação y = x + 5 seja assimptota do gráfico de fa A recta de equação y = x + 5 tem m = 1 e b = 5, logo lim

x → +∞

f (x) = 1<=> lim x x → +∞

x2 − x − 6 x2 − x − 6 x2 − x − 6 x−a = 1 <=> lim = 1 <=> lim = 1, ∀ a ∈IR x x( x − a) x → +∞ x → +∞ x 2 − xa ( x → −∞ )

lim [f ( x ) − mx ] = 5 <=> lim

x → +∞

<=> lim

x → +∞

x2 − x − 6 x 2 − x − 6 − x 2 + ax − x = 5 <=> lim =5 x−a x−a x → +∞

− x − 6 + ax x( a − 1) − 6 x ( a − 1) = 5 <=> lim = 5 <=> lim =5 x−a x−a x x → +∞ x → +∞ ( x → −∞ )

a – 1 = 5 <=> a = 6 para que y = x + 5 seja assimptota é necessário a = 6

b) A função fa não tenha assimptotas verticais. Dado que a função é composta por expressões polinomiais, contínuas em IR, só poderá ter assimptota vertical quando x + a = 0, logo x2 − x − 6 x−a

lim fa(x) = lim

x →a

( x − 3)( x + 2) x−a

= lim

x →a

se a = 3 temos que lim

x →3

( x − 3)( x + 2) ( /0) = lim ( x + 2) x −3 x →3

assim, lim f a ( x ) = lim f a ( x ) = lim x + 2 = 5 , pelo que não existe assimptota para x = 3 x →3 −

x →3 +

x →3

se a = –2 temos que lim

x →-2

( x − 3)( x + 2) x+2

= lim ( x − 3) x →-2

assim, lim f a ( x ) = lim f a ( x ) = lim x − 3 = —5, pelo que não existe assimptota para x = –2 x →-2 −

x →-2 +

x → −2

300. Escreve equações das assimptotas dos gráficos das funções definidas por: a) f(x) =

e −1 x

O domímio da função é {x ∈IR: e x − 1 ≠ 0 } = IR\{0}, logo: Estudo quanto a assimptotas verticais lim f ( x ) = lim x →0

x →0

(0/0)

e −1 x

= lim

x →0

e −1 x

o gráfico da função não apresenta assimptota vertical

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → + ∞ x x f (x) 1 1 = lim e − 1 = lim = lim = =0 x x x x + ∞ x → +∞ x → +∞ x (e − 1) x → +∞ e − 1 x

m = lim

x → +∞

b = lim [f ( x ) − mx ] = lim x → +∞

(∞/∞)

x → +∞

e −1 x

= lim

x/ x

x → +∞

e −1 x

= lim

x → +∞

−

1 x

1 =0 +∞−0

assimptota horizontal y = 0, ou seja, o próprio eixo Ox Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → – ∞ x m = lim

x → −∞

x x 1 f (x) 1 = lim e − 1 = lim = lim = = –1 x x 0 −1 x → −∞ x (e x − 1) x → −∞ x → −∞ e x − 1

b = lim [f ( x ) − mx ] = lim x → −∞

x → −∞

b = lim [f ( x ) − mx ] = lim x → −∞

x → −∞

ex − 1 −x

+ x = lim

x + xe x − x

x → −∞

/x − x

1 e − −x −x

= lim

y → +∞

ex −1 −1

x → −∞

= y

1 e − y y

= lim

x ex

(-∞x0)

ex −1

−1 =0 0−∞

x → −∞

(∞/∞)

= lim

1−

(cont.)

(mudança de variável. Se x → —∞ => y =—x → +∞)

Conclui-se assim que, quando x → — ∞, o gráfico apresenta a ass. oblíqua y = –x

301. Seja f a função de domínio IR+ definida por f(x) = 2x + x ln (1/x ) a) Determina a abcissa do ponto em que o gráfico de f interssecta o eixo das abcissas. b) Escreve equações das assimptotas do gráfico de f. a) f(x) = 0 <=> 2x + x ln (1/x ) = 0 <=> 2x + x (ln 1 – ln x ) = 0 <=> 2x – x ln x = 0 <=> 2x = x ln x <=> 2 = ln x <=> x = e2

b) A função é contínua em IR+, logo, só poderá existir assimptota vertical em 0+ (0x∞)

ln(1 / x )  1  ln y lim f ( x ) = lim 2x − x ln  = lim 2 x – lim = 0 – lim = 0 (se x → 0 => y → 1/0 ) + 1 x x →0 y → +∞ y x →0 x →0 x →0   /x

Não existe assimptota vertical em 0

Estudo quanto a assimptotas não verticais, só quando x → + ∞  1 x ln(1 / x ) f (x) 2x = lim + = 2 + lim ln  = 2 + ln 0 = 2 – ∞ = – ∞ x x x x → +∞ x → +∞ x → +∞  x 

m = lim

Não existindo m ∈ IR, conclui-se que também não existe assimptota horizontal ou oblíqua.

304. Escreve equações das assimptotas do gráfico da função definida em IR\{—2} por: 2 − x  x se x ≥ 0  f(x) =  e 2  x  x + 2 se x < 0

Estudo quanto a assimptotas verticais lim f ( x ) = lim x →0

−

x →0

−

lim f ( x ) = lim

x → −2−

0 =0 e 2

x → −2 −

lim f ( x ) = lim x →0

x →0

4 x2 = − = –∞ e x+2 0

lim

2 +

x → −2 +

2 = 2 não tem assimptota para x = 0 1

4 x2 = = +∞ 0 tem assimptota vertical bilateral x + 2 0+

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → + ∞ lim f (x ) = lim

x → +∞

2 − x (∞/∞) = lim x

x → +∞

−

= lim

x → +∞

–

lim

x → +∞

=0–

+∞

= 0 assimptota y = 0

Tendo a certeza que existe assimptota horizontal, nada nos obriga a procurar assimptota oblíqua.

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → – ∞ m = lim

x → −∞

x2 x2 f (x) x2 = lim = lim = lim =1 2 2 x x → −∞ x ( x + 2) x → −∞ x x → −∞ x + 2 x

b = lim [f ( x ) − mx ] = lim x → −∞

x → −∞

x2 x 2 − x 2 −2 x − 2x − 2x − x = lim = lim = lim = –2 x+2 x+2 x x → −∞ x → −∞ x + 2 x → −∞

Quando quando x → — ∞, o gráfico apresenta a assimptota oblíqua y = x – 2

DERIVADA DE UMA FUNÇÃO NUM PONTO Na figura, os pontos P, P1 , P2 , P3 , ... pertencem ao gráfico de f e as suas abcissas estão cada vez mais próximas de xo. A posição limite das rectas P0P1, P0P2, …, P0Pi é a recta r tangente ao gráfico de f no ponto P0. P

Designa-se por taxa média de variação no intervalo [x , x0] ao declive da recta que passa por P e P0 TMV[x , x0] =

f (x ) − f (x 0 ) f ( x 0 + h) − f ( x 0 ) ou TMV[x , x0] = h x − x0

Interpretação geométrica de derivada de uma função num ponto Designa-se por taxa de variação instantânea em x0 ou derivada da função f no ponto x0 ao declive da recta tangente ao gráfico da função no ponto P0 e representa-se por f’(x0) = lim

f ( x 0 + h) − f ( x 0 ) h

h →0

Diz-se que f é derivável ou diferenciável no ponto x0 se existe e é finito lim

h →0

f ( x0 + h) − f ( x0 ) h

ou lim

x → x0

f (x ) − f (x 0 ) x − x0

Ao valor desse limite chamas-e derivada de f no ponto x0 e representa-se por  df    dx  x = x 0

f ’(x0), Dfx = x0, ou 

358. Seja f(x) = 0,5x2 – x + 1 b) Escreve a equação reduzida da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0. m = lim

x →0

f ( x ) − f (0 ) x(0,5 x − 1) 0,5 x 2 − x + 1 − 1 = lim = lim = lim 0,5 x − 1 = –1 x −0 x x x →0 x →0 x →0

b = f(0) = 1

equação da recta y = –x + 1

360. Uma partícula move-se sobre uma recta de acordo com a lei e = 5t2 + 20t sendo e a distância percorrida em metros ao fim de t segundos. b) Calcula a velocidade no instante t = 3. e’(t) = (5t2 + 20t)’ = 10 t + 20 e’(3) = 10 x 3 + 20 = 50 A velocidade no instante 3 é 50 m/s

352. Usa a definição de derivada de uma função num ponto para calcular: b) g’(1) sendo g(x) = e2x g’(1) = lim

h →0

e 2 + 2h − e 2 e 2 ⋅ e 2h − e 2 e 2 (e 2h − 1) g ( x + h ) − g (1) e 2(1+ h ) −g (1) = lim = lim = lim = lim h h h h h h →0 h →0 h →0 h →0 = lim e 2 h →0

c) h’(0) sendo h(x) =

ey −1 (e 2h − 1)2 = e2 lim 2 × = 2e2 y 2h y →0

2x x +1

2x 2x − f (0 ) −0 h( x ) − h(0 ) 2x 2 h’(0) = lim = lim x + 1 = lim x + 1 = lim = lim =2 x +1 x −0 x x →0 x →0 x →0 x →0 x ( x + 1) x →0 x + 1

354. Exprime em função de f ’(a) o limite lim

h →0

lim

h →0

f ( a + 2h ) − f ( a ) f ( x + a ) − f ( a) × 2 = 2 lim 2h x x →0

= 2 lim

x →a

f ( a + 2h ) − f ( a ) h

(mudança de variável x = 2h)

f ( x ) − f (a) = 2 f ’(a) x−a

FUNÇÃO DERIVADA Uma função f diz-se derivável num conjunto C se é derivável em todos os pontos de C (ou seja, tem derivada finita em todos os pontos do conjunto C) A função derivada de f num conjunto C representa-se por f’ e faz corresponder a cada ponto de C a derivada de f nesse ponto. f’ : C → IR x

f’(x)

Algumas regras de derivação já conhecidas função

derivada

f(x) = k

f´(x) = 0

f(x) = x

f´(x) = 1

f(x) = ax

f´(x) = a

f(x) = ax n

f´(x) = nax n – 1

f(x) = g(x) + h(x)

f´(x) = g´(x) + h´(x)

f(x) = g(x) • h(x)

f´(x) = g´(x) • h(x) + h´(x) • g(x)

g(x) f(x) = ––––– h(x)

g´(x) • h(x) – h´(x) • g(x) f´(x) = –––––––––––––––––––– 2 h(x)

f(x) = ––– x

f´(x) = – ––– 2 x

356. Usa as “regras práticas” de derivação para obter as funções derivadas das funções definidas por: d) r(x) = (2x + 3)2 – 1 r’(x) = [(2x + 3)2 – 1]’ = 2(2x + 3) x (2x + 3)’ = (4x + 6) x 2 = 8x + 12

ou (4x2 + 12x + 9 –1)’ = 8x + 12

e) s(x) =

x 2 +1 x

2 2 2 2 2 2  x 2 +1 '  = ( x +1)' x − x' ( x +1) = 2 x ⋅ x − 1( x +1) = 2 x − x −1 = x −1 = x − 1 s’(x) =  2 2 2 2 2 





Derivabilidade e continuidade num ponto Se uma função tem derivada finita num ponto, então é contínua nesse ponto, ou seja:

Se não é contínua num ponto, não é derivável nesse ponto

Se é derivável num ponto tem de ser contínua nesse ponto

Mas pode ser contínua num ponto e não ser derivável nesse ponto

Para a correcta compreensão destas implicações é necessário conhecer o conceito de

Derivada lateral

f´(x0+) = lim

Derivada lateral direita em x0

f (x ) − f (x 0 ) x − x0

x → x0 +

f ( x + h) − f ( x 0 )

= lim

h → 0+

Se existir, e for finito, representa o declive da semitangente ao gráfico à direita de x0

Derivada lateral esquerda em x0 f´(x0–) = lim

f (x ) − f (x 0 ) x − x0

x → x0 −

f ( x + h) − f ( x 0 )

= lim h → 0−

Se existir, e for finito, representa o declive da semitangente ao gráfico à esquerda de x0

Se existirem e foram iguais as derivadas laterais em x0, então existe f´(x0)

Exemplos de funções não deriváveis num ponto do seu domínio  x − 1 f(x) =  − 1 − x

− x 2 + 2  g(x) =  1   x+2

se x ≥ 1 se x < 1

se x ≥ −1 se x < −1

y t1 f

g 0

–1

A função é contínua para x = 1 as derivadas laterais têm o mesmo sinal f não apresenta extremo em 1 f(1) = 0 e lim f ( x ) = lim x →1−

x →1

A função apresenta um ponto anguloso para x = —1 pelo que g´(–1–) ≠ g´(–1+), logo não é derivável em —1 Como g´(–1–) > 0, g´(–1+) < 0 g tem um máximo em —1.

x − 1 = 0 e lim f ( x ) = lim − 1 − x = 0 x →1+

f é contínua em 1

x →1

f ’(1+) = lim

f ( x ) − f (1) = lim x −1 x →1+

f ’(1–) = lim

f ( x ) − f (1) − 1 − x − f (1) − 1− x 1− x 1 = lim = lim = lim = lim = 2 − − − − (1 − x ) − x −1 x − 1 1 − x (1 − x ) x →1 x →1 x →1 x →1

x →1+

−

x →1

x − 1 − f (1) x −1 = lim = lim x −1 x →1+ x − 1 x →1+

x −1 ( x − 1)

= lim

x →1+

1 = x −1

1 0+ 1 0+

= +∞

f é contínua em 1, mas as derivadas laterais não têm valor finito f ’(1) = +∞, logo não é derivável em 1

 x 2 − 2 x + 3  − x + 5

h(x) = 3 ( x + 1) 2

j(x) = 

se x ≤ 1 se x > 1 t2

t1 t2 f –1

x 0

−

h( x ) = lim

x → −1

h ’(–1+) = lim

x → −1

h ’(–1–) = lim

−

x → −1

3 −

x → −1

( x + 1) 2 = 0 e lim

h( x ) − h( −1) = lim x −1 x → −1+

h( x ) = lim

x → −1

( x + 1) 2

x −1

A função j não é contínua em x = 1 e – + j ´(1 ) ≠ j ´(1 ), logo não é derivável em 1 j não tem máximo, mas tem mínimo em 1

A função h é contínua em x = —1 as derivadas laterais têm sinal contrário h tem um mínimo em —1

h(–1) = 0 e lim

= lim

x → −1

3 +

x → −1

3 +

( x + 1) 2 ( x + 1)

( x + 1) 2 = 0 h é contínua em —1

= lim

3 +

x → −1

1 = x +1

3 ( x + 1) 2 h( x ) − h( −1) 1 ( x + 1) 2 = lim = lim 3 = lim = 3 − − − x −1 x −1 1− x ( x + 1) x → −1 x → −1 x → −1

1 0+ 1 0−

= +∞

=–∞

h é contínua em —1, mas não existe derivada pois h ’(–1 ) ≠ h ’(–1 ), logo não é derivável em —1 –

362. Seja f a função definida por e x −1 se x ≤ 0  f(x) =  ln( x + 1) se x > 0  x 

Justifica que f não é derivável em 0. Resolução

Verificar se f é contínua em 0: lim f ( x ) = lim e x −1 = 1 – 1 = 0 e

x →0

−

x →0

lim f ( x ) = lim x →0

x →0

ln( x + 1) =1 x

Como lim f ( x ) ≠ lim f ( x ) a função não é continua em 0, condição necessária para ser derivável x →0 −

x →0 +

368. Seja f a função definida por  x 2 − b ax + 3

se x < 2 se x ≥ 2

f(x) = 

Determina a e b de modo que f seja derivável no ponto 2. Para ser derivável é necessário que seja contínua e que as derivadas laterais sejam iguais. lim f ( x ) = lim f ( x ) <=> 22 – b = 2a + 3

x →2 −

x →2 +

f ’(x–) = 2x e f ’(x+) = a f ’(2–) = f ’(2+) <=> 2 x 2 = a <=> a = 4 2

2 – b = 2 x 4 + 3 <=> b = –7

x 2 371. Seja f(x) = 

se x ≤ 2

8 x − 8 − x 2

se x > 2

Esboça o gráfico de f e calcula as derivadas laterais no ponto 2. Existe recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 2? Resolução

Para existir é necessário que a função seja contínua nesse ponto e que as derivadas laterais sejam iguais. Quanto à continuidade: lim f ( x ) = 4 e lim f ( x ) = 4 e f (2) = 4 , logo a função é contínua em 2

x →2 −

x →2 +

Quanto à derivabilidade: f ’(2+) = lim

x →2 +

− x 2 + 8 x − 12 f ( x ) − f ( 2) 8 x − 8 − x 2 −f (2) − x 2 +8 x − 12 = lim = lim = lim x −2 x−2 x−2 x −2 x →2 + x →2 + x →2 + ( x − 2)( − x + 6) = lim − x + 6 = 4 = lim + x−2 x →2 x →2 +

f ’(2–) = lim

x →2 −

–1

–12

–1

–2 6

12 0

α=2

Q(x) = –x +6

f ( x ) − f ( 2) ( x − 2)( x + 2) x 2 −f (2) x 2 −4 = lim = lim = lim = lim x + 2 = 4 x−2 x −2 x →2 − x − 2 x →2 − x − 2 x →2 − x →2 −

f ’(2–) = f ’(2+), logo a função é derivável em 2

Dado que as derivadas laterais são iguais e a função é contínua nesse ponto, existe uma recta tangente ao gráfico no ponto x = 2, que é: m = 4 e f (2) = 4 então (2 , 4) ∈ y = mx + b 4 = 4 x 2 + b <=> b = – 4

A recta de equação y = 4x – 4 é tangente ao gráfico no ponto 2

REGRAS DE DERIVAÇÃO Algumas demonstrações

Derivada de uma função constante f ’(x0) = lim

h →0

f(x) = c => f(x)’ = 0, ∀ x ∈ IR

f ( x 0 +h) − f ( x 0 ) c-c = lim = 0 (f é cte todas as imagens são iguais: f(x0+h) = f(x0) = c ) h h h →0

Como x0 é um ponto qualquer do domínio, então f(x)’ = 0, ∀ x ∈ IR

Derivada de uma função afim f ’(x0) = lim

x → x0

f(x) = ax + b => f(x)’ = a, ∀ x ∈ IR

f (x) − f (x0 ) ax + b − ax 0 − b ax − ax 0 a( x − x 0 ) = lim = lim = lim = lim a = a x − x0 x − x x − x x − x0 x → x0 x → x0 x → x0 x→ x 0 0 0

Derivada da soma

[f(x) (–) + g(x)]’ = f’(x) (–) + g’(x), ∀ x ∈ Df´ ∩ Dg´

Se f e g são deriváveis no ponto a: (f + g )( x ) − (f + g )( a ) f ( x ) + g ( x ) − f ( a) − g (a ) f ( x ) − f (a) + g ( x ) − g (a) = lim = lim x−a x−a x−a x →a x →a x →a

(f+g)’(a) = lim

= lim

x →a

f ( x ) − f (a) g ( x ) − g (a) + lim = f ’(a) + g ’(a) x−a x−a x →a

Derivada do produto [f(x) . g(x)]’ = f’(x) . g(x) + g’(x) . f(x) , ∀ x ∈ Df´ ∩ Dg´ Se f e g são deriváveis no ponto a: (f × g )( x ) − (f × g )(a ) f ( x )g ( x ) − f ( a )g ( a ) = lim [adicionando e subtraindo f(a)g(x)] x − a x−a x →a x →a

(fxg) ’(a) = lim

= lim

x →a

f ( x )g ( x ) − f ( a )g ( x ) + f ( a )g ( x ) − f ( a )g ( a ) x−a

[f ( x ) − f ( a )]g ( x ) + [g ( x ) − g ( a )]f ( a ) x−a x →a

= lim

x →a

f ( x ) − f (a) g ( x ) − g (a) g ( a ) + lim f (a) x−a x−a x →a

Quando x → a, f(x) = f(a), logo

= f ´( a )g ( a ) + g ( a )´f ( a ) e f’(x) g(x)+ g’(x) f(x)

Em particular, se f é uma função constante, tem-se: f(x) = k , ∀ x ∈ IR, então k’= 0 pelo (kg)’ (x) = k’g(x)

kg’(x) = 0 + kg’(x) = kg’(x)

Regras de derivaĂ§ĂŁo

Derivadas de potências, produtos e quocientes de funções Escreve uma expressão da função derivada de: 384. a) f(x) = 5x(x – 1)4 f´(x) = 5x´(x – 1)4 + 5x[(x – 1)4]´

(recorrendo à regra da potência)

(un)´= n un—1 u´

f´(x) = 5(x – 1)4 + 5x[4(x – 1)3( x – 1)´] f´(x) = 5(x – 1)4 + 5x[4(x – 1)3 x 1 ] f´(x) = 5(x – 1) (x – 1)3 + 20x(x – 1)3 f´(x) = (5x – 5) (x – 1)3 + 20x(x – 1)3 f´(x) = (5x – 5 + 20x )(x – 1)3 f´(x) = (25x – 5 )(x – 1)3 f´(x) = 5(5x – 1)(x – 1)3

384. c) f(x) = (ex + x – 1)3 f´(x) = 3(ex + x – 1)2 (ex + x – 1)´

(recorrendo à regra da potência)

(un)´= n un—1 u´

f´(x) = 3(ex + x – 1)2 [(ex)´ + x´ + 0]

(recorrendo à regra da exponencial)

(ex)´ = ex

(recorrendo à regra do produto)

(u.v)´=u´v+v ´u

(recorrendo à regra do logaritmo)

(ln x)´ = 1/x

f´(x) = 3(ex + x – 1)2 (ex + 1) f´(x) = 3(ex + 1) (ex + x – 1)2

384. d) f(x) = 5x2 (ln x + x ) f´(x) = (5x2)´ (ln x + x ) + (ln x + x )´ 5x2 f´(x) = 10x (ln x + x ) + [(ln x )´ + x´] 5x2 f´(x) = 10x ln x + 10x2 + (1/x + 1) 5x2 f´(x) = 10x ln x + 10x2 + 5x2 + 5x f´(x) = 15x2 + 5x + 10x ln x

381. Define as funções derivadas das funções definidas por: a) f(x ) = ex( x + 1) 3

g(x ) = x e + 1 2

h(x ) = x ln x

b) Determina os zeros de cada uma das funções f´, g´ e h´

a) f´(x ) = [ex( x + 1)]´ = (ex)´ (x + 1) + ( x + 1)´ ex = x ex + ex + ex = ex(x + 2) 3

3 x

(u.v)´=u´v+v ´u ; (ex)´ = ex

g´(x ) = (x e + 1)´ = (x e )´ = (x )´ e + x (e )´ = 3x e + x e = x e (x + 3) 2

h´(x ) = (x ln x )´ = (x )´ ln x + x (ln x )´ = 2x ln x + x /x = 2x ln x + x = x (ln x + 1)

b) f´(x ) = 0 <=> ex(x + 2) = 0 <=> ex = 0 v (x + 2) = 0 <=> x = –2 2

(ln x)´ = 1/x

(e = 0 impossível em IR)

g´(x ) = 0 <=> x e (x + 3) = 0 <=> x e (x + 3) = 0 v (x + 3) = 0 <=> x = 0 v x = –3 –1

h´(x ) = 0 <=> x (ln x + 1) = 0 <=> x = 0 v ln x = –1 <=> x = 0 v x = e <=> x = 0 v x = 1/e

Derivadas de funções irracionais 385. Determina a função derivada de cada uma das funções seguintes e indica o seu domínio: a) f(x ) = 1 + ln x b) g(x ) = 3 e 2 x

(un)´= n.un—1.u´ e (ln x)´ = 1/x

1 1 (1 + ln x )´ = 1 a) f´(x ) = ( 1 + ln x )´= (1 + ln x ) 2  ´ = (1 + ln x )− 2 (1 + ln x )´ =





2 1 + ln x

2 x 1 + ln x

Df´ = { x ∈ IR : x ≠ 0 ∧ x > 0 ∧ 1 + ln x ≠ 0 } = { x ∈ IR : x > 0 ∧ ln x ≠ –1 } = IR \{1/e}

b) g´(x ) = ( 3 e 2 x )´ =

(e 2 x )´ 3

3 e 2x

(e 2 x )´

33 ( e 2 x ) 2

(2 x )´e 2 x

2e 2 x

3 e 4x

33 ( e 2 x ) 2

2e 2 x 3e x

2e x 3

3 ex

Dg´ = IR

(un)´= n.un—1.u´ ; (eu)´ = u´.eu

1 1 g´(x ) = ( 3 e 2 x )´ = (3 e 2 x )1/ 3  ´ = (e 2 x )1/ 3 −1(e 2 x )´ = (e 2 x ) −2 / 3 (2 x )´e 2 x =





2e 2 x

( )

33 e 2 x

2e x 3

3 ex

387. Determina g’ sendo: c) g(x ) =

ex 0 × e x − 3(e x )´ − 3e x  3 ´ = =   (e x ) 2 (e x ) 2  ex 

g´(x ) = 

= −

3  3 ´ –x –x  = 3e − x = 3(–x)´e = – 3 e = − x x  e e 

ou g´(x ) = 

d) g(x ) =

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2

(eu)´= u’ eu

−4 ln x  −4  ln x

g´(x ) = 

´ 4 1/ x 4 0 × ln x + 4(ln x )´  = = = 2 2 (ln x ) (ln x )  (ln x ) 2

u’v — uv´ 1 (u/v)´= ——————— e (ln x)´= —— v2 x

Derivadas de funções racionais 388. Escreve a expressão simplificada da função derivada de cada uma das funções seguintes x −1 2x + 1

b) g(x ) =

 x − 1 ´ ( x − 1)´(2 x + 1) − ( x − 1)(2 x + 1)´ 2 x + 1 − 2( x − 1) 3  = = = 2 2 2 x + 1 (2 x + 1) (2 x + 1) (2 x + 1) 2  

g´(x ) = 

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2

2e t

c) h(x ) =

t2 +1

2 2 t t t 2 t t 2 t  2e t  ´  = (2e )´(t + 1) − (2e )(t + 1)´ = 2e (t + 1) − 2t (2e ) = 2e (t + 1) − 4te h´(x ) =  2 2 2 2 2 2 2 

 t +1 

(t + 1)

2e t t 2 + 2e t − 4te t (t 2 + 1) 2

2e t (t 2 + 1 − 2t ) (t 2 + 1) 2

(t + 1)

2e t (t − 1) 2 (t 2 + 1) 2

g) v(x ) =

1− ln x

 2x v´(x ) =   1 − ln x

u’v — uv´ 1 (u/v)´= ——————— ; (ln x)´= —— v2 x

´ (2 x )´(1 − ln x ) − 2 x(1 − ln x )´  = (1 - ln x ) 2 

2(1 − ln x ) − 2 x(− 1/ x ) (1 - ln x )

2 − 2 ln x + 2

(1 − ln x )

4 − 2 ln x

(1 − ln x ) 2

Derivadas de funções exponenciais e logarítmicas ( eu/ln u) 390. Caracteriza a função derivada de: b) y = 2e −t y´ =  2e 

(eu)´= u’ eu

−t 2 ´

 = 2(–t )´ e 

–t2

= – 4t e

– t2

Dy ´ = IR

c) y = ln (2x3 – x – 1) 3

y´ = [ln (2x – x – 1)]´ =

(2 x 3 − x − 1)´ 2x 3 − x − 1

u´ (ln u)´= —— u

6x 2 − 1 2x 3 − x − 1

Importante: Como o domínio da função é { x ∈ IR : 2x3 – x – 1 > 0} e esta só é derivável em pontos de seu domínio, logo, o domínio da função derivada tem, necessariamente, que ser o mesmo ou um subconjunto deste. Daí que 3 Dy ´ = { x ∈ IR : 2x – x – 1 > 0 } = ] 1 , +∞ [

c. a.

2 2

α=1

–1

2 1

1 0

P(x) = (2x + 2x + 1)(x –1) 2 2x + 2x + 1 = 0 <=> x=

−2±

4 − 4× 2×1 4

não tem outros zeros

i) y =

x e /2

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— ; (eu)´= u’ eu v2

 e x/2 y´ =   x 

 ´ =  

x/2

)´x − x´( e

x/2

)

x x ( x / 2)´( e / 2 )x − e / 2

x x x 2 e / 2 − 2e / 2

2x 2

x e / 2 ( x 2 − 2)

2x 2

Dy ´ = { x ∈ IR : x ≠ 0 } = IR \{0}

u´ u’v — uv´ (ln u)´= —— ; (u/v)´= ——————— u v2

 2−x    x +1 

l) y = ln

 2 − x ´    2 − x ´  x + 1  (2 − x )´( x + 1) − ( x + 1)´(2 − x ) = (2 − x )´( x + 1) − ( x + 1)´(2 − x )  = y´ =  ln = 2 − x  2−x   2−x   x +1   ( x + 1) 2  ( x + 1) 2 x +1  x +1   x +1 

−1( x + 1) − 1(2 − x ) −x − 1 − 2 + x −3 3 = = = (2 − x )( x + 1) (2 − x )( x + 1) (2 − x )( x + 1) ( x − 2)( x + 1)

Dy ´ = { x ∈ IR :

2− x x +1

x 2 –x x+1 Q

> 0 ∧ x – 2 ≠ 0 ∧ x + 1 ≠ 0 } = ] –1, 2 [

–∞ –1 + + – 0 – ss

+ + +

0 + 0

+∞ – + –

Derivadas de funções exponenciais ( au ) 393. Calcula as funções derivadas de: 2

b) f(x ) = ( x + 1) 3x c) f(x ) =

2x + 1 2 x +1

2 2 2 b) f´(x ) = [( x + 1) 3x ]´ = ( x + 1)´ 3x + (3x )´( x + 1) x2

(u.v)´=u´v+v ´u ; (au)´=u´ au ln a

= 3 + (x )´ 3 ln 3 ( x + 1) = 3 + 2x 3 ln 3 ( x + 1)= 3 [ 1 + 2x ln 3 ( x + 1)]

 2 x + 1 (2 x + 1)´(2 x +1 ) − (2 x +1 )´(2 x + 1) c) f´(x ) =  x +1 ´ = (2 x +1 )2  2 

( x )´ 2 x ln 2( 2 x

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— ; (au)´=u´ au ln a v2

) − ( x + 1) ´ ( 2 x + 1 ) ln 2( 2 x + 1) ( 2 x +1 ) 2

2 x (2 x +1 ) ln 2 − 2 x (2 x +1 ) ln 2 − (2 x +1 ) ln 2

x +1 2

)

2 x ln 2(2 x

− (2 x +1 ) ln 2

x +1 2

)

) − (2 x +1 ) ln 2(2 x + 1) (2 x +1 ) 2

− ln 2 2 x +1

Derivadas de funções logarítmicas ( lna u) 394. Determina o domínio e a função derivada da função de variável real definida por: b) log3 t 2 + 1  log t 2 + 1 ´  3   

= =

(

t 2 + 1)´

(t 2 + 1)´

t 2 + 1 ln 3

2 t2 +1

2t 2 t 2 + 1 ⋅ t 2 + 1 ln 3

u’ (loga u)´= ——————— ; (un)´= n.un—1.u´ u ln a

t 2 + 1 ln 3 t t 2 + 1)2 ln 3

(

t (t + 1) ln 3 2

Df ´ = { x ∈ IR : t + 1 > 0 } = { x ∈ IR : t > –1 } = IR 2

d) log 2

x +1 x −1

x + 1 ´   log 2  x − 1 

 x + 1 ´    x − 1  x + 1   ln 2  x − 1

= Df ´ = { x ∈ IR :

g) g(x) = ln  1  x

g(x) = ln

´ x + 1 =  

 x − 1

1  x + 1   ln 2  x − 1

( x + 1)´( x − 1) − ( x + 1)( x − 1)´ ( x − 1) x − 1− x − 1 ( x − 1)

x +1 x −1

( x − 1)

(x + 1) ln 2

( x − 1) ( x − 1) − ( x + 1) ( x − 1) = × 2 (x + 1)ln 2 (x + 1) ln 2 ( x − 1) −2( x − 1)

( x − 1) (x + 1) ln 2

> 0 ∧ x2 – 1 ≠ 0 } = IR \[–1, 1]

−2 −2 = 2 ( x − 1)(x + 1) ln 2 ( x − 1) ln 2 x x+1 x–1 Q

–∞ –1 – 0 – – + 0

+ – –

1 +∞ + + 0 + ss +

u’ (ln u)´= ——— ; (un)´= n.un—1.u´ u

1 x

x −3 / 2  x −1 / 2 ´ −   x −3 / 2 x 1/ 2 1   ln(x )−1/ 2 ´ =  2 = = − = − = −   3 / 2 −1/ 2 −1/ 2 −1/ 2 2 x   2x x x 2x

1  1/ 2  = ln(x )− / 2 

Dg´ = { x ∈ IR : 1/x > 0 } = IR

u’ u’v — uv´ (loga u)´= ——————— ; (u/v)´= ———————v2 u ln a

SEGUNDA DERIVADA Seja f uma função real de variável real e f’ a sua função derivada no ponto a. Se f’ admite derivada no ponto a, diz-se que f é duas vezes derivável no ponto a. f' (a + h) − f' (a )

f’’(a) = lim

h →0

ou f’’(a) = lim

x →a

f' ( x ) − f' (a) x −a

Função segunda derivada (ou função derivada de ordem 2) de uma função f é uma nova função: Cujo

domínio é o conjunto de todos os pontos em que f´ tem derivada;

Que a

cada ponto do seu domínio faz corresponder a derivada da função f´ nesse ponto.

399. Define a 2ª derivada de: a) f(x) = (2x – 1)3 b) g(x) =

1 x

c) h(x) =

x ln x

a) f´(x) = [(2x – 1)3]´ = 3(2x – 1)2 (2x – 1)´ = 3(2x – 1)2 x 2 = 6(2x – 1)2 f´´(x) = [6(2x – 1)2]´ = 0 x (2x – 1)2 + 6[(2x – 1)2]´ = 6[2(2x – 1)] (2x – 1)´ = 24(2x – 1) = 48x – 24

 1  1 b) g´(x) =  ´ = − 2  x 

 1  2x 2 0 × ( x 2 ) − ( x 2 )´(−1) g´´(x) =  − 2 ´ = = 4 = 3 2 2 

(x )



 x ´ x´ln x − (ln x )´ x  = c) h´(x) =  = (ln x ) 2  ln x 

1 x x = ln x − 1 (ln x ) 2 (ln x ) 2

ln x −

1 (ln x ) 2 − (ln x − 1) × 2(ln x )(ln x )´  ln x − 1 ´ (ln x − 1)´(ln x ) 2 − (ln x − 1)[(ln x ) 2 ]´ x h´´(x) =  = = 2  (ln x ) 4 (ln x ) 4  (ln x ) 

1 1 (lnx ) 2 − (lnx )(2 ln x − 2) x x (ln x )

1 (ln x )(ln x − 2 ln x + 2) x (ln x )

2 − ln x x(ln x ) 3

400. Define a 1ª a 2ª derivada de: b) f(x) = x log2 x c) f(x) = e2x . ln x d) f(x) = (ln 2x )2 − 2 x 2 + 4 x se x ≤ 0 e) f(x) =  2

se x > 0

 x

b) f´(x) = (x log2 x )´ = x´ log2 x + x (log2 x)´ = log2 x + x 

f´´(x) =  log 2 x + 

1 x´ = log 2 x + ln 2 x ln 2

1 ´ 1  = (log2 x)´ + 0 = ln 2  ln 2

2x c) f´(x) = (e2x . ln x )´ = (e2x )´ ln x + e2x (ln x )´ = (2x)´e2x ln x + e /x = e2x (2 ln x + 1/x )

f´´(x) = [e2x (2 ln x + 1/x )]´ = (e2x )´( 2 ln x + 1/x ) + e2x (2 ln x + 1/x )´ 2x

= 2e (2 ln x + 1/x ) + e

(2/x – 1/x 2) = e2x (4 ln x + 2/x + 2/x – 1/x 2) = e2x (4 ln x + 4/x – 1/x 2)

d) f´(x) = [(ln 2x )2 ]´ = 2 ln 2x (ln 2x)´ = 2 ln 2x  2 ln 2 x ´ (2 ln 2 x )´x − 2 ln 2 x f´´(x) =  =  = x2  x 

− 4 x + 4 se x < 0 se x > 0  2x

e) f´(x) = 

− 4  2

f´´(x) = 

se x < 0 se x > 0

(2 x )´ 4 ln 2 x 2 ln 2 x = = 2x 2x x (2 x )´ 4 x − 2 ln 2 x x − 2 ln 2 x 2 − 2 ln 2 x 2x 2 x = = 2 2 x x x2

note-se que f(x) não é derivável para x = 0 dado que f´(0)– ≠ f´(0)+

INTERPRETAÇÃO DAS DERIVADAS y

m=0

m>0

m<0

x3 x4

Seja f uma função contínua em [a , b] e derivável em ] a , b [

Se f’ (x) > 0 , ∀ x ∈ ]a , b[, então f é estritamente crescente em [a , b] ex: x2 > x1 => f(x2) > f(x1)

x6 > x5 => f(x6) > f(x5)

Se f’ (x) < 0 , ∀ x ∈ ]a , b[, então f é estritamente decrescente em [a , b] ex: x3 < x2 => f(x3) < f(x2)

x5 < x4 => f(x5) < f(x4)

Se f’ (x) ≥ 0 , ∀ x ∈ ]a , b[, então, em [a , b], f é crescente em sentido lato

Se f’ (x) ≤ 0 , ∀ x ∈ ]a , b[, então, em [a , b], f é decrescente em sentido lato ex: x3 ≤ x2 => f(x3) ≤ f(x2)

Se f é uma função contínua em [a , b] e tem um máximo ou um mínimo em c do intervalo ]a , b[ , então f’(c) = 0 ou f’(c) não existe

Um elemento c do domínio de f é um ponto crítico de f se f’(c) = 0 ou f’(c) não existe Se

f’ muda de positiva para negativa em c, então f(c) é um máximo relativo de f

f’ muda de negativa para positiva em c, então f(c) é um minimo relativo de f

Em resumo: Num intervalo aberto ]a , b[ os extremos relativos de uma função só podem surgir:

Quando a derivada se anula desde que haja mudança do sinal da derivada; ex: f(x2)

Nos pontos onde não há derivada desde que as derivadas laterais tenham sinais contrários ou uma delas seja nula. ex: f(x5) e f(x4)

Num intervalo fechado [a , b] os extremos relativos de uma função são:

os que existem em ]a , b[;

f(a) e f(b) se f decresce ou cresce à direita de a e à esquerda de b. ex: f(x5) e f(x7)

INTERPRETAÇÃO FÍSICA DE DERIVADA VELOCIDADE e ACELERAÇÃO Seja a equação de um movimento uniforme (v = cte) que permite determinar o espaço (e) percorrido em função do tempo (t) dada por: e = vt Por exemplo: e = 4t

f(t) = vt

e´ = 4 ou seja, v = 4

o valor da 1ª derivada é a velocidade

e´´ = 0 ou seja, a = 0

o valor da 2ª derivada é a aceleração

Num movimento uniformemente acelerado Por exemplo: e = —t2 + 4t

e´ = —2t + 4 e´´ = —2

e 4 3 2 1

a velocidade varia em função do tempo a aceleração é cte

v 4 3 2 1

1 2 3 4

0 -1 -2 -3 -4

a 4 3 2 1 1 2 3 4

0 -1 -2

1 2 3 4

INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DE DERIVADA MONOTONIA e CONCAVIDADE y

y m=0

f´´

f m=0

f´ +

+ x

a –

+ x

0 –

m=0

Monotonia x a b f´ + 0 – 0 + max min f

Concavidade x c f´´ – 0 + f ∩ PI ∪

Em resumo: Se

a 1ª derivada é nula e passa de positiva a negativa ou vice-versa, a função tem um máximo ou um mínimo (absoluto ou relativo)

a 2ª derivada é nula e passa de positiva a negativa ou vice-versa, o gráfico da função muda o tipo de concavidade, apresentando um Ponto de Inflexão

403. Indica os extremos relativos da função representada graficamente. Indica se são máximos ou mínimos e se existe derivada nesses pontos. é um mínimo absoluto, existe f’(–3) pois a função é derivável nesse ponto.

f(–3)

é um máximo relativo, mas não existe f’(–2) pois as derivadas laterais têm valores distintos: à esquerda é positiva e à direita é negativa.

f(–2)

é um máximo relativo, pois na vizinhança de 1 não existe nenhuma imagem maior que f(1). Não existe f’(1) pois não existem derivadas (finitas) à esquerda e à direita de 1. f(1)

não é mínimo, dado que existem na vizinhança de 2 pontos com imagens inferiores à de 2.

f(2)

406. Determina os valores de m e n de forma que tenha um extremo relativo no ponto (2, 4).

f(x) = x + mx + n

f´(x) = 3x + m

Para ter um extremo relativo em x = 2 é necessário que f´(2) exista e que f´(2) = 0, logo: 2

f´(2) = 0 <=> 3 x 2 + m = 0 <=> m = –12 3

f(2) = 4 <=> 2 – 12 x 2 + n = 4 <=> n = 4 – 8 + 24 <=> n = 20

407. Determina os extremos relativos de h(x) = 2x (x – 1)4 em IR. A função é contínua em IR, pelo que os pontos críticos verificam-se onde h´(x) = 0 h´(x) = [2x (x – 1)

]´ = 2 (x – 1)4 + 2x[4(x – 1)3] 4

= 2 (x – 1) + 8x (x – 1)

= 2(x – 1) (x – 1 + 4x) 3

= 2(x – 1) (5x – 1) 3

h´(x) = 0 <=> 2(x – 1) = 0 v 5x – 1 = 0 <=> x = 1 v x = 1/5 h´(x) > 0 ∀ x ∈ ]–∞ , 1/5 [ ∪ ]1 , + ∞ [ h´(x) < 0 ∀ x ∈ ]1/5 , 1[

Por observação do quadro do sinal da derivada conclui-se em que intervalos h´ é positiva ou negativa, aos quais correspondem os intervalos de monotonia de h. Portanto, h(1/5) é máximo e h(1) é mínimo

Monotonia x –∞ 3

(x – 1) 5x – 1 h´ h

– – +

1/5 – 0 0 max

+∞

– 0 + + – 0 min

+ + +

409. Identifica os extremos relativos e intervalos de monotonia de uma função f sabendo que: b) f´(x) = (x – 2)2(x + 1) f´ é contínua em IR , pelo que também f é contínua em IR

Os zeros da derivada identificam os pontos críticos de f f´(x) = 0 <=> (x – 2)2(x + 1) = 0 <=> (x – 2)2 = 0 v x + 1 = 0 <=> x = 2 v x = –1

O quadro de variação do sinal de f’ permite estudar a monotonia de f e identificar extremos: 1. onde f´ < 0, f é decrescente

]—∞ , –1]

2. onde f´ > 0, f é crescente

[–1, +∞ [

Monotonia x –∞ 2 (x – 2) + x+1 – f´ – f

–1

+ 0 0 min

+ + +

0 + 0

+∞ + + +

3. onde f´ = 0 mudando de sinal, f tem um extremo — mínimo absoluto para x = –1 4. onde f´ = 0 mas não muda de sinal, f não tem extremo

c) f´(x) = x . ln x f´ tem por domínio IR+ e é contínua no seu domínio, pelo que também f é contínua em IR+ Monotonia 0+ x

f´(x) = 0 <=> x . ln x = 0 <=> x = 0 v ln x = 0 <=> x = 0 v x = 1

Conclusões:

x ln x f´ f

f é decrescente para x ∈ ]0 , 1] • f é crescente para x ∈ [1 , +∞[ • f tem um mínimo absoluto para x = 1 •

+∞ + + +

+ – –

+ 0 0 min

d) f´(x) = ex – x2 ex f´ é contínua em IR , por ser a diferença de funções contínuas, logo f é contínua em IR f´(x) = ex – x2 ex <=> f´(x) = ex ( 1 – x2 ) f´(x) = 0 <=> ex ( 1 – x2 ) = 0 <=> 1 – x2 = 0 <=> x2 = 1 <=> x = –1 v x = 1

Conclusões: f é decrescente para x ∈ ]– ∞, –1] U [1 , +∞[ • f é crescente para x ∈ [–1 , 1] • f(–1) é mínimo relativo e f(1) é máximo relativo •

x x

1–x f´ f

–∞ +

–1 +

– –

0 0

+ +

0 0

min

max

+∞ + – –

411. Dois medicamentos foram injectados a dois doentes. A concentração de um dos medicamentos, em mg por ml de sangue, t horas depois de ser administrado é dado por: C1(t) = 2te–0,3t

Para o outro medicamento, a concentração em decigramas por litro de sangue, t horas depois de ser administrado é dada por: C2(t) = t2e–0,6t

Mostra, por via analítica, que o tempo necessário para se obter a concentração máxima é igual para os dois medicamentos. Em qual deles a concentração máxima é superior? Resolução

Basta traçar o gráfico de cada uma das funções e determinar os seus máximos para ver que são obtidos para o mesmo valor de t. Porém é exigido o estudo analítico. Assim: C1´(t) = (2te

–0,3t

)´ = (2t)´ e

C1´(t) = 0 <=> 2e <=> e

–0,3t

– 0,6t e

+ 2t (e

–0,3t

)´ = 2e

= 0 <=> e

–0,3t

– 0,6t e

–0,3t

( 2 – 0,6t) = 0

= 0 v 2 – 0,6t = 0 <=> t = 10/3 t

2 –0,6t

C2´(t) = (t e

)´ = (t )´ e –0,6t

C2´(t) = 0 <=> 2te

–0,6t

<=> t e

–0,6t

+ t (e –0,6t

– 0,6t e

–0,6t

)´ = 2te

–0,6t

= 0 <=> te

– 0,6t e

–0,6t

2 – 0,6t

( 2 – 0,6t) = 0

= 0 v 2 – 0,6t = 0 <=> t = 0 v t = 10/3

C´2 C2

10/3 +∞

0 0

+ 0

+ +

0 0

– –

min

max

Neste contexto, o domínio de cada uma das funções é IR+. Como e–0,3t > 0 e t e–0,6t ≥ 0 , + ∀ t ∈IR , a derivada tem o sinal de 2 – 0,6t, ou seja, é positiva à esquerda e negativa à direita de t = 10/3, indicando que ambas as funções atingem o máximo para t = 3: 20 h C1(10/3) = 20/3e

–1

= 20/3e ≈ 2,45 mg/ml

2 –2

C2(10/3) = (10/3) e

= 100/9e ≈ 1,5 mg/ml logo C1 > C2

415. A distância percorrida por um para-quedista t segundos depois de ter aberto o pára-quedas é dada em metros, aproximadamente, por: d(t) = 25 + 6t – 25e –1,7t

Determina a aceleração na queda, 3 segundos depois de se abrir o pára-quedas (arredondada às centésima) do metro.

Resolução

A aceleração é obtida fazendo o estudo da 2ª derivada, assim: d´(t) = (25 + 6t – 25e d´´(t) = (6 + 42,5e d´´(3) = –72,25 e

–1,7t

)´ = 6 – 25(–1,7t)´e

)´ = 42,5(–1,7t)´e

–1,7 x 3

–1,7t

= 6 + 42,5e

= –72,25 e

–1,7t

≈ – 0,4404

A aceleração é, aproximadamente, –0,44 m/s2 (ouseja, trata-se de desaceleração)

417. Considera a representação gráfica da função f e resolve as condições:

a) f’(x) ≥ 0 b) f(x) . f’’(x) ≤ 0

a) Elaborando o quadro de variação da monotonia da função determin-se o sinal da 1ª derivada por intervalos.

x f f’

Conclui-se que f’ (x) ≥ 0 <=> x ∈ ] –∞ , 0] U [2, +∞ [

b) Elaborando um quadro de variação do sinal, quer da função quer da 2ª derivada, conclui-se que f(x) . f’’(x) ≤ 0 <=> x ∈ [ –2 , 3]

Embora não esteja explicito no enunciado, considerou-se que f tem um ponto de inflexão para x = 1. O sinal de f’’ em cada intervalo está associado à concavidade que f apresenta nos mesmos intervalos.

x f f f’’ . f f’’

–∞ –

–∞ +

0 ∩ – 0

2 –

máx 0

–2

min 0

1 +

–

0 PI 0 0

–

0 ∪ + 0

–

+∞ +

420. a) A recta representada é o gráfico da 2ª derivada f´´ de uma função contínua e derivável em IR. Justifica que f tem um gráfico com um só ponto de inflexão e que f não pode ter mais do que 1 máximo e 1 mínimo relativos.

Resolução A função f tem um único ponto de inflexão para x = 2 (onde f’’ = 0 e muda de sinal). f’ é crescente à esquerda e decrescente à direita de 2, logo tem no máximo um zero à esquerda e outro à direita deste ponto. Assim, se f’= 0 no intervalo ]— ∞, 2[, f tem um mínimo nesse intervalo, pois f’ passa de negativa a positiva. Se f’= 0 no intervalo ]2 , ∞ [, f tem um máximo nesse intervalo, pois f’ passa de positiva a negativa. Portanto, f pode ter um extremo à esquerda e outro à direita de x = 2.

x f´´ f´ f x f´ f

–∞ + ∪

–∞ ? – 0 min

2 +∞ 0 – max PI ∩ 2 ? +∞ + 0 – max

421. Seja f derivável em [a, b] e xo um ponto de ] a, b [ a) Se a função tem um máximo em xo, que podemos dizer de f´´(xo)? b) Se f´´(xo) > 0 e f´(xo) = 0 que conclusão tiras para a função f ? c) Se f´´ é sempre negativa em ] a, b [, f tem de ter um máximo ] a, b [? Justifica Respostas:

a) Apenas se pode afirmar que f´´(xo) < 0, pois a concavidade do gráfico da função é negativa no intervalo em que xo é máximo.

b) Se f´(xo) = 0 a função f pode ter aí um extremo. Como f´´(xo) > 0 a concavidade do gráfico da função é positiva, permitindo concluir que o gráfico da função tem um mínimo em xo c) Não. Só tem que ter um máximo se for verdade que ∃ xo ∈ ] a, b [ : f´(xo) = 0. Ou seja, se no intervalo ] a, b[ existir um ponto com 1ª derivada nula e sendo a concavidade negativa (f´´ < 0), então a monotonia passa de positiva a negativa e o gráfico da função apresenta um máximo nesse ponto.

y f’=0 x

y y 0 0

422. Este é o gráfico da função f´(t ), derivada de f(t ), no intervalo [0, a] a) Justifica que f é contínua e que tem dois extremos relativos em ]0, a[ b) Prova que f´´(t ) se anula num ponto deste intervalo, passando de positiva a negativa e, portanto, o gráfico de f tem um ponto de inflexão.

y f´

a t

a) Se f´ é contínua e derivável em [0, a] então, f também é contínua no mesmo intervalo.

x f´ f f

Como f´ tem dois zeros no intervalo ]0, a[, é contínua nesse intervalo e muda de sinal, então ∃ x1, x2 ∈ ] 0, b [ : f´(x1) = f´(x2) = 0 pelo que f tem dois extremos relativos

0 –

a x1 x2 0 + 0 – min max ∪ PI ∩

b) No ponto em que f´(t ) apresenta um máximo, f´’(t ) será necessariamente nula. Como f´ é contínua no intervalo, o gráfico de f tem um mínimo em x1 e um máximo em x2, pelo que, algures no intervalo ]x1 , x2[, tem que apresentar um ponto de inflexão.

423. Estuda as concavidades do gráfico de f, sendo: 2

a) f (x) = x ex

b) f’(t ) = (t – 3) et 2

a) f´(x) = (x ex )´ = x´ ex + x (ex )´ = ex + 2x2 ex = ex ( 2x2 + 1) x2

f´´(x) = [e ( 2x + 1)]´ = ( e )´ ( 2x + 1) + e ( 2x + 1)´ = 2x e ( 2x + 1) + 4x e

= 2x ex (2x2 + 3)

Analisando a expressão de f´´ conclui-se que: 2

ex > 0 pois é uma função par com mímino = 1 2

2x + 3 >

0 por razões idênticas e óbvias

Portanto, f´´ tem o sinal de 2x e o gráfico de f apresenta as concavidades mostradas no quadro

x f´´ f

–∞ – ∩

0 0 PI

+∞ + ∪

x f´´ f

–∞ – ∩

1 0 PI

+∞ + ∪

b) f’(t ) = [(t – 3) et ]´ = (t – 3)´ et + (t – 3)( et )´ = et + et (t – 3) = et (t – 2) t

f´´(t ) = [e (t – 2)]´ = e (t – 2) + e = e (t – 1) t

f´´(t ) = 0 <=> e (t – 1) = 0 <=> t = 1

(dado que et > 0 ∀ t ∈IR:)

Sendo et sempre positiva f´´ tem o sinal de t – 1 Portanto, o gráfico da função apresenta as concavidades resumidas no quadro

SÍNTESE SOBRE O ESTUDO DE FUNÇÕES Nesta altura, deves estar em condições de fazer o estudo de uma função, analisando os itens abaixo indicados, e interpretar um fenómeno por ela traduzido, nomeadamente sobre a determinação de valores óptimos (máximos ou mínimos) para um determinado objectivo. No estudo de uma função deves começar por identificar se a função pertence a alguma das famílias estudadas (quadráticas, exponenciais,…) e obter uma representação gráfica recorrendo à calculadora ou ao computador. Em seguida, deves abordar os seguintes itens:

Domínio — Pode ser dado na caracterização da função, pode ser determinado pelas condições do problema ou pode ser o domínio de existência da expressão analíti:a da função.

Continuidade e paridade — Dentro de domínio é preciso procurar se há pontos de descontinuidade. E útil saber se a função é par eu ímpar pois, em caso afirmativo, simplifica o estudo de muitas características.

Assimptotas — Imprescindíveis para a compreensão da função, devem ser determinadas e caracterizadas pelas suas equações.

Limites — Há que calcular os limites latlerais em pontos de descontinuidade, de mudança de definição da função e em pontos que não pertencem ao domínio mas são pontos de acumulação.

Pontos notáveis — Devem determinar-se as coordenadas dos pontos de intersecção do gráfico com os eixos, pontos de descontinuidade, etc.

1.ª derivada — O sinal e os zeros da 1.ª derivada indicam-nos os intervalos de monotonia e as abcissas dos possíveis extremos relativos. A derivada «explica» a variação da função. Não esqueças que pode haver outros máximos ou mínimos em pontos onde não há derivada ou nas fronteiras do domínio.

2.ª derivada — O sinal e os zeros da segunda derivada indicam o sentido da concavidade do gráfico e possíveis pontos de inflexão. Estes podem identificar onde o crescimento (decrescimento) foi máximo ou mínimo.

Gráfico e contradomínio — O estudo analítico feito permite esboçar uma representação gráfica da função que considere todas as características obtidas. A representação gráfica permite, por sua vez, a leitura do contradomínio. A imagem geométrica da função é a forma mais sugestiva e eficaz de apresentar globalmente o comportamento de uma função.