Enunciado

Trace o gráfico de uma função   y = f x que satisfaça as condições dadas.

f 0 = 0 , lim x → ± ∞ ⁡ f x = 0 ,   l i m x → 1 - f x = l i m x → - 1 + f x = ∞ ,

l i m x → 1 + f x = - ∞ e l i m x → - 1 - f x = - ∞

Passo 1

O primeiro passo é olhar o tipo de resposta que o limite apresenta, ou seja, se zero, um número ou . Com isso, nós podemos ver qual tipo de função se encaixa melhor para cada caso.

Na questão temos que, lim x → ± ∞ ⁡ f x = 0   isso significa que uma divisão de polinômios, onde o grau do polinômio de baixo fosse maior que o do polinômio de cima, cairia bem já que nesses casos, quando x → ∞ o limite dará 0 . Veja no exemplo abaixo:

lim x → ± ∞ ⁡ x 2 + 3 x 3 - 2 x = lim x → ± ∞ ⁡ x 2 x 3 + 3 x 3 x 3 x 3 - 2 x x 3 =     lim x → ± ∞ ⁡ 1 x + 3 x 3 1   - 2 x 2

=   l i m x → ± ∞ 1 x + 3 x 3 l i m x → ± ∞ 1 - 2 x 2 =   l i m x → ± ∞ 1 x +     l i m ⁡ x → ± ∞ 3 x 3       l i m x → ± ∞ 1 -   l i m x → ± ∞ 2 x 2 = 0 + 0 1 - 0 = 0 1 = 0 .

Passo 2

O segundo passo é perceber que l i m x → 1 - f x ≠ l i m x → 1 + f x e ambos dão ∞ , mudando apenas o sinal, isso quer dizer que em x = 1 , f x tem um “probleminha”.

Da mesma forma, veremos que l i m x → - 1 - f x ≠ l i m x → - 1 + f x , e que x = - 1 também será um “probleminha” para f ( x ) . Isso nos quer dizer a fosse função provavelmente é uma divisão de polinômios, que quando substituímos x = 1 ou x = - 1 o denominador zera.

Passo 3

O terceiro passo consiste em lembrar que f 0 = 0 , perceber que com isso o numerador deve depender de x , para que possa zerar. Além disso, observar que talvez seja mais simples imaginar a cara da função se considerarmos um caso para x > 0   e outro para x < 0 .

O limite dessa função assume valores diferentes quando x → 1 -   e quando x → 1 + , então vamos separar o problema em duas partes, ou seja, vamos imaginar a cara da função quando x > 1   e quando x < 1 .

Para isso vamos ver que a cara da f ( x ) quando l i m x → 0 + f x = 2 , sabendo que ela tem que ser uma divisão de polinômios, onde o grau do polinômio de baixo deve ser maior que o do polinômio de cima.

Lembrando que até agora, sabemos que f ( x ) deve ser uma divisão de polinômios, onde o grau do polinômio de baixo fosse maior que o do polinômio de cima, o numerador deve depender de x para poder zerar e o denominador apresenta “probleminhas” em x = 1 ou x = - 1 .

Então quando x ≤ 0 podemos pensar em escrever f ( x ) assim:

f x = x x 2 - 1

O que TOP pois,

lim x → ± ∞   x x 2 - 1 ⁡ = lim x → ± ∞ ⁡ x x 2 x 2 x 2 - 1 x 2 =     lim x → ± ∞ ⁡ 1 x 1   - 1 x 2 = ⁡ l i m x → ± ∞ 1 x l i m x → ± ∞ 1   - l i m x → ± ∞ 1 x 2 = 0 1 - 0 = 0 1 = 0 .

E

l i m x → - 1 - f x =   l i m x → - 1 - x x 2 - 1 = - 1 - 1 2 - 1 = - 1 0 = - ∞ .

Além disso,

l i m x → - 1 + f x =   l i m x → - 1 + x x 2 - 1 = - 1 - 1 2 - 1 = - 1 0 = ∞

Isso acontece pois estamos considerando x > - 1   então esse serão positivo, ou se caso forem negativos a regra de sinal fará com que a fração fique positiva.

Mas ainda temos a cara de f ( x ) quando x ≥ 0 podemos pensar em escrevê-la assim:

f x = x 1 - x 2

Isso é legal porque,

lim x → ± ∞   x 1 - x 2 ⁡ = lim x → ± ∞ ⁡ x x 2 1 x 2 - x 2 x 2     = ⁡ l i m x → ± ∞ 1 x l i m x → ± ∞ 1 x 2 - l i m x → ± ∞ 1 = 0 0 - 1 = 0 - 1 = 0 .

E

l i m x → 1 - f x =   l i m x → 1 - x 1 - x 2 = 1 1 - 1 2 = 1 0 = ∞ .

Além disso,

l i m x → 1 + f x =   l i m x → 1 + x 1 - x 2 = 1 1 -   1 2 = 1 0 = - ∞

Isso acontece pois estamos considerando x > 1   então esse serão positivo, dessa forma, quando subtraíssemos o número final seria negativo. E para x = 0 , não vamos encontrar nenhum problema.

E portanto, f x = x x 2 - 1 , s e     x < 0 x 1 - x 2 , s e     x ≥ 0

Resposta

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Ache o limite lim t → + ∞ ⁡ 2 t + 1 5 t - 2
Ache o limite lim x → - ∞ ⁡ 4 x 3 + 2 x 2 - 5 8 x 3 + x + 2
Ache o limite lim x → + ∞ ⁡ x + 4 3 x 2 - 5
Ache o limite lim x → - ∞ ⁡ 2 x + 7 4 - 5 x
Ache o limite lim y → + ∞ ⁡ 2 y 3 - 4 5 y + 3