Enunciado

Use o roteiro desta seção para esboçar o gráfico da curva. No passo D , ache uma equação para a assíntota oblíqua.

y = 2 x 3 + x 2 + 1 x 2 + 1

Passo 1

Eaee, belezinha?? Bom... queremos esboçar o gráfico da seguinte função:

y = 2 x 3 + x 2 + 1 x 2 + 1

Para isso, iremos esboçar a curva com base no seguinte roteiro:

A. Encontrar o domínio em que a função é definida.

B. Encontrar os interceptos. Que são os pontos onde a função cruza o eixo x , isso é:

f x = 0

E o pontos onde a função cruza o eixo y , isso é:

f 0 = y

C. Verificar se há simetria par, isso é:

f - x = f x

Para isso, basta substituir x por - x e verificar se a expressão se mantém a mesma.

D. Procurar por assíntotas horizontais e verticais.

Uma assíntota horizontal é um valor real para o qual a função tende quando x tende para infinito:

A H = lim x → ± ∞ ⁡ f x

Já uma assíntota vertical é um valor de x no qual a função possui uma descontinuidade e tende para infinito.

lim x → AV ⁡ f x = ± ∞

E. Encontrar os intervalos de crescimento e decrescimento. Para isso, basta derivar a função e nos intervalos em que a derivada for positiva a função cresce

f ' x > 0

E nos intervalos em que a derivada for negativa a função decresce

f ' x < 0

F. Encontrar os pontos de máximo e mínimo local.

Esses pontos ocorrem quando a derivada vale zero e troca de sinal ou quando a derivada possui uma descontinuidade e troca de sinal.

f ' x = 0

f ' x   ∄

Caso a derivada fosse negativa e depois do ponto ela é positiva, então a função possui um ponto de mínimo local. Se a derivada era positiva e depois do ponto ela é negativa, então a função possui um ponto de máximo local.

G. Encontrar os intervalos de concavidade e pontos de inflexão.

A concavidade é para cima se a derivada segunda for positiva

f ' ' x > 0

E a concavidade é para baixo se a derivada segunda for negativa

f ' ' x < 0

Por fim, um ponto de inflexão é um ponto onde a derivada segunda vale zero e troca de sinal.

f ' ' x = 0

H. Esboçar a função juntando as informações obtidas.

Passo 2

( A ) Domínio

Nossa função se trata de uma fração e sabemos que seu denominador não pode ser zero.

Mas como o denominador é dado por

x 2 + 1

Temos que esse valor é sempre maior do que zero, pois x 2 > 0 para qualquer valor de x .

Nossa função está definida para todos os números pertencentes aos Reais.

Passo 3

( B ) Intersecções com os eixos

No eixo y , a intersecção ocorre quando

f 0 = 2 0 3 + 0 2 + 1 0 2 + 1

f 0 = 1

Nossa função intercepta o eixo x em f x = 0 , portanto:

2 x 3 + x 2 + 1 x 2 + 1 = 0

2 x 3 + x 2 + 1 = 0

x + 1 2 x 2 - x + 1 = 0

Portanto temos:

x + 1 = 0

x = - 1

E para o outro fator temos:

2 x 2 - x + 1 = 0

Resolvendo por Bhaskara vemos que o delta dá negativo e portanto não há raízes reais.

Dessa forma, temos apenas

x = - 1

Nossa função intercepta o eixo x em x = - 1

Passo 4

( C ) Simetria

Vamos fazer y = f - x para verificar a simetria:

f - x = 2 - x 3 + - x 2 + 1 - x 2 + 1 = - 2 x 3 + x + 1 x 2 + 1

Logo, percebemos que a função não é par e nem ímpar.

Assim, não há simetria!!

Passo 5

( D ) Assíntotas

O gráfico não possui assíntotas Verticais, pois para nenhum valor x temos y → ∞ (como foi falado anteriormente, o x 2 sempre vai deixar qualquer número positivo... impossibilitando o denominador ser zero).

O gráfico não possui assíntotas horizontais. Isso ocorre pois quando x → ± ∞ o limite tende para ± ∞ , que não é um valor real.

lim x → + ∞ ⁡ 2 x 3 + x 2 + 1 x 2 + 1 = ∞ / ∞

Resolvendo por L’hospital temos:

lim x → + ∞ ⁡ 12 x 2 = ∞

E para menos infinito, temos o mesmo resultado

lim x → - ∞ ⁡ 12 x 2 = - ∞

Então vamos ver se tem alguma assíntota oblíqua resolvendo o seguinte limite:

lim x → ± ∞ f x = - 2 x + 1 =   ⁡ l i m x → ± ∞ - 2 x x 2 + 1 = l i m x → ± ∞ - 2 / x 1 + 1 / x 2 = 0

Então a reta y = 2 x + 1 é uma assíntota oblíqua.

Passo 6

( E ) Intervalos de crescimento e decrescimento

Derivando a função, temos:

f ' x = 6 x 2 + 2 x x 2 + 1 - 2 x 3 + x 2 + 1 2 x x 2 + 1 2

f ' x = 6 x 4 + 6 x 2 + 2 x 3 + 2 x - 4 x 4 - 2 x 3 - 2 x x 2 + 1 2

f ' x = 2 x 4 + 6 x 2 x 2 + 1 2

Fatorando temos:

f ' x = 2 x 2 ( x 2 + 3 ) x 2 + 1 2

Como o denominador está elevado ao quadrado ele sempre é positivo.

2 x 2 também sempre é positivo.

E x 2 + 3 também sempre é positivo, afinal x 2 sempre é positivo.

Dessa forma, f está sempre crescendo, com exceção de x = 0 que é onde a derivada é igual a zero.

Passo 7

( F ) Valores de máximo e mínimo locais

Até temos um ponto crítico em x = 0

f ' x = 2 x 2 ( x 2 + 3 ) x 2 + 1 2 = 0

2 x 2 x 2 + 3 = 0

x 2 = 0

x = 0

Mas como a função crescia antes desse ponto e depois dele continua crescendo, ele não é um ponto de máximo nem de mínimo. Possivelmente ele é um ponto de inflexão.

Passo 8

  ( G ) Concavidade e ponto de inflexão

Tirando a segunda derivada da função, temos

f ' ' x = ( x 2 + 1 ) 2 8 x 3 + 12 x - 2 x 4 + 6 x 2 2 x 2 + 2 2 x x 2 + 1 2 2

f ' ' x = 4 x ( - x 2 + 3 ) x 2 + 1 3

Dessa forma, como f ' ' x > 0 para x <   - 3 e 0 < x < 3 , e f ' ' x < 0 para - 3 < x < 0   e   x > 3 , então f possui concavidade para cima em - ∞ ,   - 3   e   ( 0 ,   3 ) e concavidade para baixo em - 3 ,   0 e ( 3 ,   0 ) .

Possui três pontos de inflexão: 0 ,   1 .   - 3 , 3 2 3 + 1 ≈ - 1,73 ,   - 1,60 ,   e   3 , 3 2 3 + 1 ≈ 1,73 ,   3,60 .

Passo 9

( H ) Esboço da curva

Podemos então esboçar graficamente a curva

Resposta

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