exercícios

1. 1
Funções e suas propriedades.
Problema A. Fazer análise da função f(x) e dar esboço do seu gráco a partir das propriedades
investigadas:
f(x) = x2
x2−1
- Demana p.69, Figura 7.12
Solução.
1. Domínio e imagem.
Como sempre, começamos da determinação do domínio. Já que o domínio não está denido
explicitamente, ele envolve todos os valores para os quais a fórmula da função tem sentido. Notamos
que o único impedimento de realizar as operações da fórmula vem do denominador que pode ser
nulo. Resolvendo a equação trivial x2
= 1, vemos que o denominador se anula nos dois pontos
x1,2 = ±1. Logo, o domínio é X = R{−1, 1}. Para determinar a imagem da função, vericamos
para quais valores de y (da função) a equação y = x2
x2−1
em relação a incógnita x tem pelo menos
uma solução do domínio X. Notamos que já a fórmula da função f(x) e, na forma ainda mais
clara, a expressão x2
= (x2
− 1)y mostra que y = 1 deve ser excluído da imagem, porque não existe
nenhum x tal que x2
= x2
− 1 (isto é, 0 = −1). Para vericar outros valores de y, tranformamos a
relação y = x2
x2−1
à forma x2
= (x2
− 1)y ou ainda x2
(y − 1) = y, o que leva a expressão x2
= y
y−1
(aqui podemos dividir por y − 1 porque y = 1 já foi excluído da imagem). Fica claro que essa
equação tem soluções somente quando a parte direita é não negativa. Então temos que resolver a
desigualdade y
y−1
≥ 1. Temos duas opções: 1) y ≥ 0 e y − 1 0 o que resulta em y 1; 2) y ≤ 0 e
y − 1 0 o que resulta em y ≤ 0. Assim, a imagem é Y = (−∞, 0] ∪ (1, +∞).
2. Pontos de interseção com eixos e sinal especíco da função.
O ponto x = 0 pertence ao domínio e, portanto, a interseção com o eixo Oy ocorre no ponto
P0 = (0, f(0)) = (0, 0). Para encontrar pontos de intersção com Ox (se existirem), é necessário
resolver a equação x2
x2−1
= 0, que tem uma única solução x = 0. Assim, tem o único ponto de
interseção com Ox que é P0 = (0, 0), o mesmo ponto de interseção com Oy.
O sinal da função já foi determinado no estudo da sua imagem: para 0 |x| 1, temos y 0;
para x = 0 temos y = 0; e para |x| 1 temos y 0 (mais precisamente, y 1).
3. Simetrias.
Investigamos a paridade: f(−x) = (−x)2
(−x)2−1
= x2
x2−1
= f(x), ∀x ∈ X, o que signica que a função
é par. Logo, o seu fráco é simétrico em relação ao eixo Oy.
Depois passamos para periodicidade: vamos vericar, pela denição, se existe constante T ̸= 0
tal que f(x + T) = f(x). Pela fórmula da função, temos (x+T)2
(x+T)2−1
= x2
x2−1
, o que pode ser reescrito
na forma x2
[(x + T)2
− 1] = (x2
− 1)(x + T)2
ou x2
(x + T)2
− x2
= x2
(x + T)2
− (x + T)2
ou
simplicando 2xT + T2
= 0 o que equivale a T(2x + T) = 0. A última equação tem duas soluções
T = 0 e T = −2x , mas ambas não servem na qualidade do período, porque a primeira é nula e
a segunda não é uma constante (depende de x). Assim, conferimos que f(x) não é periódica.
4. Limitação.
Sabendo a imagem da função Y = (−∞, 0] ∪ (1, +∞), imediatamente concluímos que f(x) não
é limitada inferiormente nem superiormente.
5. Monotonia.
Devido a paridade da função, é suciente analisar sua monotonia no intervalo [0, +∞) (ou,
alternativamente, em (−∞, 0]). Tomamos 0 ≤ x1 x2, x1, x2 ̸= 1 e temos f(x2) − f(x1) =
x2
2
x2
2−1
−
x2
1
x2
1−1
=
x2
2(x2
1−1)−x2
1(x2
2−1)
(x2
2−1)(x2
1−1)
=
−x2
2+x2
1
(x2
2−1)(x2
1−1)
= (x1−x2)(x1+x2)
(x2
2−1)(x2
1−1)
. Como o ponto x = 1 é excluído do
domínio, é natural de considerar separadamente o comportamento no intervalo [0, 1) e em (1, +∞).
1) Em [0, 1) temos x1 − x2 0, x1 + x2 0, x2
2 − 1 0 e x2
1 − 1 0. Logo, f(x2) − f(x1) 0, ou
f(x2) f(x1) o que mostra que f(x) é decrescente estritamente em [0, 1).
2) Em (1, +∞) temos x1 − x2 0, x1 + x2 0, x2
2 − 1 0 e x2
1 − 1 0. Logo, f(x2) − f(x1) 0,
ou f(x2) f(x1) o que mostra que f(x) é decrescente estritamente também em (1, +∞).

2. 2
Utilizando a propriedade da simetria da função par, conluímos que f(x) é crescente estritamente
em (−1, 0] e também em (−∞, −1).
6. Extremos.
Usando as propriedade já investigadas de monotonia, concluímos que f(x) não tem nenhum
extremo local ou global, estrito ou não, em nenhum dos pontos interiores de intervalos de monotonia
estrita, ou seja, nenhum dos pontos dos intervalos (−∞, −1), (−1, 0), (0, 1) e (1, +∞) não pode ser
extremo de nenhum tipo. Resta então somente o ponto x = 0, que é máximo local, uma vez que a
esquerda desse ponto a função cresce estritamente (e então tem valores menores que f(0) = 0) e a
direita decresce estritamente (e de novo tem valores menores que f(0)). Esse ponto não é extremo
global em todo o domínio, porque a imagem inclui vários pontos com valores positivos da função
(embora x = 0 é extremo global no intervalo (−1, 1)).
7. Comportamento no innito e assíntotas horizontais.
Vamos analisar o que acontece quando x aumenta seus valores por módulo sem restrição,
formalmente x → ±∞. Se x → +∞, então, deixando somente os termos principais, temos
f(x) = x2
x2−1
≈ x2
x2 = 1 → 1, isto é, a função aproxima de 1. Devido a paridade, a mesma ten-
dência se observa quando x → −∞. Portanto, a função tem uma única assíntota horizontal y = 1.
8. Comportamento innito e assíntotas verticais.
Em qualquer ponto do domínio, x ̸= ±1, a função é contínua, uma vez que tanto o numerador
como o denominador estão denidos e denominador é diferente de 0 para qualquer x ̸= ±1. Em
outras palavras, em qualquer ponto x = x0 ̸= ±1 temos f(x0) =
x2
0
x2
0−1
, e f(x) tende a f(x0) quando
x → x0. Assim, nenhuma tendência innita nos pontos do domínio X é observada, o que signica
que não há assintota vertical em nenhum ponto do domínio X.
A situação é diferente nos pontos x1 = −1 e x2 = 1, onde o denominador se anula. Nesses pontos
a função não está denida, mas a sua tendência quando x → ±1 pode ser investigada. Se x → 1+
,
isto é, x aproxima de 1 pela direita (pelos valores maiores que 1), então x2
→ 1 e x2
− 1 → 0 pelos
valores positivos. Isso quer dizer que a quociente x2
x2−1
mantém valores positivos que aumentam sem
restrição, porque o numerador ca perto da constante 1 e o denominador tende a 0. Em outras
palavras, f(x) → +∞ quando x → 1+
. Quando x → 1−
, isto é, x aproxima de 1 pela esquerda
(pelos valores menores que 1), então x2
→ 1 e x2
− 1 → 0 pelos valores negativos. Isso quer dizer
que a quociente x2
x2−1
mantém valores negativos que aumentam por módulo sem restrição porque o
numerador ca perto da constante 1 e o denominador tende a 0. Em outras palavras, f(x) → −∞
quando x → 1−
. Consequentemente, x = 1 é assíntota vertical do gráco da função.
Devido a simetria da função em relação a Oy, podemos completar que f(x) → −∞ quando
x → −1+
e f(x) → +∞ quando x → −1−
. Portanto, x = −1 é a segunda assíntota vertical do
gráco da função.
9. Finalmente, com base nas propriedades investigadas e com alguns (poucos) pontos marcados,
por exemplo, P0 = (0, 0), P1 = (1
2
, −1
3
), P2 = (2, 4
3
) e pontos simétricos a esses em relação a Oy,
construímos esboço do gráco. Obtemos o gráco mostrado na Figura 7.12, página 69, do livro de
Demana.
Problema B. Fazer análise da função f(x) e dar esboço do seu gráco a partir das propriedades
investigadas:
f(x) = 2x2+3x+1
x2+4x+3
Solução.
1. Domínio e imagem.
Como sempre, começamos da determinação do domínio. Já que o domínio não está denido
explicitamente, ele contém todos os valores para os quais a fórmula da função tem sentido. Notamos
que o único impedimento de realizar as operações da fórmula vem do denominador que pode ser
nulo. Resolvendo a equação quadrática x2
+ 4x + 3 = 0, vemos que o denominador se anula nos
dois pontos x1 = −3 e x2 = −1. Logo, o domínio é X = R{−3, −1}. Com raizes encontradas,

3. 3
podemos representar o denominador na forma x2
+ 4x + 3 = (x + 3)(x + 1). Antes de determinar a
imagem, vamos encontrar as raizes do numerador: 2x2
+3x+1 = 0 donde x3 = −1, x4 = −1
2
, o que
gera a seguinte fatoração do numerador: 2x2
+ 3x + 1 = (2x + 1)(x + 1). Notando que o numerador
e o denominador têm a mesma raiz x = −1, podemos simplicar a fórmula da função da seguinte
maneira: f(x) = 2x2+3x+1
x2+4x+3
= (x+1)(2x+1)
(x+1)(x+3)
= 2x+1
x+3
, x ̸= −1 (−1 ca fora do domínio, assim como −3).
A seguir, vamos usar essa forma simplicada da denição da função f(x) (que equivale a fórmula
original).
Para determinar a imagem da função, vericamos para quais valores de y a equação y = 2x+1
x+3
em
relação a incógnita x tem pelo menos uma solução do domínio X. Um valor de y, que corresponde a
x = −1 (excluído do domínio) podemos eliminar desde início, esse valor é y = −2+1
−1+3
= −1
2
. Para os
valores restantes de y, resolvemos essa equação isolando x: x = 1−3y
y−2
. Então, para qualquer y real,
y ̸= 2 (e y ̸= −1
2
como detectamos anteriormente) existe valor correspondente x ∈ X. Para y = 2
vericamos separadamente a relação original: y = 2 = 2x+1
x+3
ou 2x + 3 = 2x + 1 o que é impossível
(uma vez que 3 ̸= 1). Assim, a imagem da função é Y = R{−1
2
, 2}.
2. Pontos de interseção com eixos e sinal especíco da função.
O ponto x = 0 pertence ao domínio e, portanto, a interseção com o eixo Oy ocorre no ponto
P0 = (0, f(0)) = (0, 1
3
). Para encontrar pontos de intersção com Ox (se existirem), é necessário
resolver a equação 2x+1
x+3
= 0, que tem uma única solução x = −1
2
. Assim, existe um único ponto de
interseção com Ox que é P1 = (−1
2
, 0).
Para determinar o sinal da função, resolvemos a desigualdade 2x+1
x+3
0. Temos dois casos:
1) 2x + 1 0 e x + 3 0, donde segue que x −1
2
;
2) 2x + 1 0 e x + 3 0, donde segue que x −3.
Assim, a função é positiva quando x −3 e também quando x −1
2
. No ponto x = −1
2
a função
se anula, e nos demais pontos, isto é, nos intervalos (−3, −1) e (−1, −1
2
) a função é negativa.
3. Simetrias.
Investigamos a paridade: f(−1
2
) = 0 enquanto f(1
2
) = 4
7
, o que mostra que f(−1
2
) ̸= ±f(1
2
).
Logo a função não é par nem ímpar.
Depois passamos para periodicidade: vamos vericar, pela denição, se existe constante T ̸= 0
tal que f(x + T) = f(x). Pela fórmula simplicada da função, temos 2(x+T)+1
(x+T)+3
= 2x+1
x+3
, o que pode
ser reescrito na forma (2x + 2T + 1)(x + 3) = (x + T + 3)(2x + 1) ou simplicando T = 0 o que
mostra que a função não é periódica.
4. Limitação.
Sabendo a imagem da função Y = R{−1
2
, 2}, imediatamente concluímos que f(x) não é limitada
inferiormente nem superiormente.
5. Monotonia.
Tomamos x1 x2, x1, x2 ̸= −3, −1 e temos f(x2)−f(x1) = 2x2+1
x2+3
−2x1+1
x1+3
= (2x2+1)(x1+3)−(2x1+1)(x2+3)
(x2+3)(x1+3)
=
5(x2−x1)
(x2+3)(x1+3)
. Como os pontos x = −3 e x = −1 estão excluídos do domínio, é natural de considerar
separadamente o comportamento nos intervalos (−∞, −3), (−3, −1) e (−1, +∞).
1) Em (−∞, −3) temos x2 −x1 0, x1 +3 0, x2 +3 0. Logo, f(x2)−f(x1) 0, o que signica
que f(x) é crescente estritamente em (−∞, −3).
2) Em (−3, −1) temos x2 − x1 0, x1 + 3 0, x2 + 3 0. Logo, f(x2) − f(x1) 0, o que signica
que f(x) é crescente estritamente em (−3, −1).
3) Em (−1, +∞) temos x2 −x1 0, x1 +3 0, x2 +3 0. Logo, f(x2)−f(x1) 0, o que signica
que f(x) é crescente estritamente em (−1, +∞) .
6. Extremos.
Usando as propriedade já investigadas de monotonia, concluímos que f(x) não tem nenhum
extremo local ou global, estrito ou não. Realmente, em todas as partes do seu domínio, isto é,
nos intervalos (−∞, −3), (−3, −1) e (−1, +∞) a função é crescente estritamente e todos os pontos
desses intervalos são pontos interiores. Sem ter outros pontos do domínio, concluímos que não há

4. 4
extremos de qualquer tipo.
7. Comportamento no innito e assíntotas horizontais.
Vamos analisar o que acontece quando x aumenta seus valores por módulo sem restrição, formal-
mente x → ±∞. Se x → +∞, então, deixando somente os termos principais (na forma simplicada),
temos f(x) = 2x+1
x+3
≈ 2x
x
= 2 → 2, isto é, a função aproxima de 2. Se x → −∞, temos o mesmo
resultado: f(x) = 2x+1
x+3
≈ 2x
x
= 2 → 2, isto é, a função aproxima de 2. Portanto, a função tem uma
única assíntota horizontal y = 2. (Pode ser usada a fórmula original, com o mesmo resultado.)
8. Comportamento innito e assíntotas verticais.
Em qualquer ponto do domínio, x ̸= −3, x ̸= −1 a função é contínua, uma vez que tanto o
numerador como o denominador estão denidos e denominador é diferente de 0. Em outras palavras,
em qualquer ponto x = x0 ̸= −3, ̸= −1 temos f(x0) = 2x0+1
x0+3
, e f(x) tende a f(x0) quando x → x0.
Assim, nenhuma tendência innita nos pontos do domínio X é observada, o que signica que não
há assintota vertical em nenhum ponto do domínio X.
No ponto x2 = −1 a função não está denida, mas 2x+1
x+3
tende a −1
2
quando x → −1. Então,
x2 = −1 é o ponto de descontinuidade removível.
No ponto x1 = −3 se anula tanto o denominador da fórmula original como o da fórmula sim-
plicada. Note que o numerador é diferente de 0 (nas duas fórmulas). Investigando a tendência
da função quando x → −3+
, isto é, x aproxima de −3 pela direita (pelos valores maiores que −3),
temos que 2x + 1 → −5 e x + 3 → 0 pelos valores positivos. Isso quer dizer que a quociente 2x+1
x+3
mantém valores negativos que aumentam por módulo sem restrição, porque o numerador ca perto
da constante −5 enquanto o denominador tende a 0. Em outras palavras, f(x) → −∞ quando
x → −3+
. Quando x → −3−
, isto é, x aproxima de −3 pela esquerda (pelos valores menores que
−3), então 2x + 1 → −5 e x + 3 → 0 pelos valores negativos. Isso quer dizer que a quociente 2x+1
x+3
mantém valores positivos que aumentam sem restrição. Em outras palavras, f(x) → +∞ quando
x → −3−
. Consequentemente, x = −3 é assíntota vertical (a única) do gráco da função.
9. Finalmente, com base nas propriedades investigadas e com alguns (poucos) pontos marcados,
por exemplo, P0 = (−1
2
, 0), P1 = (1
2
, 4
7
), P2 = (−4, 7), P3 = (−6, 11
3
), construímos esboço do gráco,
mostrado na Figura abaixo.
Figura 1: O gráco da função f(x) = 2x2+3x+1
x2+4x+3
.