21030 0809 eF2 resolucao

(1)

Nome: . . . . B. I.: . . . N0

de Estudante: . . . . Licenciatura: . . . . Unidade Curricular: Elementos de An´alise Infinitesimal I C´odigo: 21030 Data: . . . Ano Lectivo: 2008/09

Docente: Fernando Pestana da Costa Classifica¸c˜ao: . . . .

Para a resoluc

¸˜

ao do

e-F´

olio B, aconselha-se que:

• Preencha devidamente o cabe¸calho do exemplar.

• O e-Fólio é composto por seis grupos de questões, num total de 2 páginas e termina com a palavra FIM. As suas respostas às questões deste e-Fólio não podem ultrapassar nove páginas A4; páginas adicionais não serão classificadas. • Escreva sempre com letra leg´ıvel ou usando um processador de texto matemático

conveniente.

• Depois de ter realizado o e-Fólio produza um único documento digital (de pre-ferência pdf) que deve incluir esta folha de rostoe insira-o na página moodle da unidade curricular em “e-Fólio B” até ao dia 16 de Janeiro.

Crit´

erios de avaliac

¸ ˜

ao e cotac

¸˜

ao:

• A cota¸cão total deste e-Fólio é de 4 valores.

• Para a correçcão das questões constituem critérios de primordial importância, além da óbvia correçcão cient´ıfica das respostas, a capacidade de escrever clara, objectiva e correctamente, de estruturar logicamente as respostas e de desenvolver e de apresentar os cálculos e o racioc´ınio matemático correctos, utilizando nota¸cão apropriada.

• Justifique cuidadosa e detalhadamente todos os cálculos, racioc´ınios e afirma¸cões que efectuar. Não será atribu´ıda classifica¸cão a uma resposta não justificada.

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1. Determine os dom´ınios das seguintes fun¸cões reais de variável real e diga, justificando cuidadosamente, se são, ou não, cont´ınuas no seu dom´ınio

f (x) = arctan(log x), g(x) = e−1+tan x1 , h(x) =√3cos x log | tan x|,

2. Mostre, recorrendo directamente à defini¸cão de continuidade de uma fun¸cão num ponto, que a fun¸cão u(x) = _1+x1 2 é cont´ınua em todos os pontos do seu dom´ınio. Investigue se esta fun¸cão é, ou não, uniformemente cont´ınua. Calcule, recorrendo à defini¸cão, o valor de lim

x→+∞u(x), ou prove que este limite n˜ao existe.

3. Suponha que uma fun¸cão ψ, cont´ınua no intervalo [0, 2], satisfaz ψ(0) = ψ(2). Mostre que existem pelo menos dois pontos x1 e x2 em [0, 2] cuja distância entre si é a unidade e

para os quais ψ(x1) = ψ(x2).

4. Para cada uma das fun¸cões reais de variável real seguintes, determine (caso exista) a sua fun¸cão derivada, indicando, para cada caso, também o dom´ınio de diferenciabilidade

θ(x) = log log sin x, _{v(x) = x|x|, w(x) = arcsin} 1 |x|,

5. a) Assumindo que F e G são uma fun¸cões diferenciáveis no ponto a, determine o valor do limite

lim

x→a

G(x)F (a) − G(a)F (x) x − a

b) Mostre que a equa¸cão x13_{+ x}3_{− 2 = 0 tem uma única solu¸cão real.}

c) Calcule os seguintes limites

lim x→1 arctanx2 −1 x2₊₁ x − 1 , x→0lim x>0

(sin x)sin x, lim

x→0

sin x x

_{sin2 x}1 .

6. Fa¸ca um estudo anal´ıtico da fun¸c˜ao definida pela express˜ao ξ(x) = xe−|1−x2

| _{tendo em}

aten¸cão os seguintes aspectos: dom´ınio, continuidade, diferenciabilidade, intervalos de monotonia, extremos, assimptotas. Esboce o gráfico de ξ tendo em conta a informa¸cão fornecida pelo seu estudo.

(3)

resolução do e-Fólio B

1. Comecemos por considerar a fun¸cão f (x) = arctan(log x). O dom´ınio de f é o conjunto dos x reais para os quais a expressão que define f faz sentido, ou seja1_,

Df = {x ∈ R : x ∈ Dlog∧ log x ∈ Darctan} .

Como se sabe que Dlog = R+ e Darctan= R, conclu´ımos que

Df =x ∈ R : x ∈ R+∧ log x ∈ R = R+.

Sendo as fun¸cões log e arctan cont´ınuas nos respectivos dom´ınios, tem-se que f é também cont´ınua no seu dom´ınio, ou seja em R+_.

Considere-se agora a fun¸cão g(x) = e−1+tan x1 . De modo análogo ao anterior, o dom´ınio desta fun¸cão é Dg = x ∈ R : x ∈ Dtan∧ 1 + tan x 6= 0 ∧ −_{1+tan x}1 ∈ Dexp .

Relem-brando que Dtan = R \ {π₂ + kπ, k ∈ Z} e Dexp = R, e tendo em aten¸c˜ao que

tan x = −1 ⇔ x = −π4+ ℓπ, ℓ ∈ Z, conclui-se que Dg = R \− π 4 + kπ,

π

2 + kπ, k ∈ Z .

Tal como no caso anterior, como todas as fun¸cões envolvidas são cont´ınuas nos respec-tivos dom´ınios, a fun¸cãp g é também cont´ınua em Dg.

Finalmente, seja h(x) = √3

cos x log | tan x|. O dom´ınio desta fun¸c˜ao ser´a Dh =

n

x ∈ R : x ∈ Dcos∧ cos x ∈ D√3 ∧ x ∈ D_tan∧ tan x ∈ D_|·|∧ | tan x| ∈ D_log o

. Como Dcos = D√3 = D_|·| = R, D_tan = R \ {π

2 + kπ, k ∈ Z} e Dlog = R + _{conclui-se que} Dh =x ∈ R : x ∈ R \ {π₂ + kπ, k ∈ Z} ∧ | tan x| 6= 0 ou seja, Dh = R \ {π₂ + kπ, k ∈ Z} ∪ {kπ, k ∈ Z} = R \ {kπ₂ , k ∈ Z}.

Como todas as fun¸cões envolvidas são cont´ınuas nos respectivos dom´ınios, a fun¸cão h é cont´ınua no seu dom´ınio.

2. Para provar, recorrendo à defini¸cão, que a fun¸cão u(x) = 1

1+x2 é cont´ınua em qualquer ponto a do seu dom´ınio temos que provar que, se o x estiver muito próximo de a, o u(x) estará muito próximo de u(a), ou seja, um pouco mais rigorosamente, temos de conseguir satisfazer o seguinte: para cada a no dom´ınio de u (ou seja, para qualquer a em R), se nos derem um δ > 0 arbitrário, temos de conseguir determinar um valor de ε (que dependerá, normalmente, do δ e do a considerados) de tal modo que se x estiver a uma distância de a inferior a ε, então temos a garantia de que u(x) distará de u(a) menos que o tal δ dado no in´ıcio, ou seja, simbolicamente,

∀δ > 0, ∃ε > 0 : |x − a| < ε ⇒ |u(x) − u(a)| < δ. Vejamos ent˜ao: |u(x) − u(a)| = 1 1 + x2 − 1 1 + a2 = a2 _{− x}2 (1 + x2_{)(1 + a}2₎ = (a + x)(a − x) (1 + x2_{)(1 + a}2₎ 6 _{|a + x||x − a| 6 (2|a| + ε)|x − a|,} (1) 1

A expressão acima lê-se em português do seguinte modo: “o dom´ınio de f é o conjunto dos x reais tais que x pertence ao dom´ınio do logaritmo e o logaritmo de x pertence ao dom´ınio do arctan”

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onde a primeira desigualdade vem do facto de 1 + x2 _> _{1 e 1 + a}2 _> _{1 e a segunda}

resulta da desigualdade triangular |x|−|a| 6 |x−a| e do facto de x estar na vizinhan¸ca de a com semi-comprimento ε, pelo que |x| 6 |a| + |x − a| < |a| + ε. Tome-se então x a uma distância de a inferior a ε. Então, se escolhermos x de modo a que |x − a|ε, tem-se

|u(x) − u(a)| 6 (2|a| + ε)ε

e para que esta quantidade seja menor que δ, basta que seja poss´ıvel escolher ε de modo a que

(2|a| + ε)ε < δ ⇔ ε2+ 2|a|ε − δ < 0.

Resolvendo esta inequa¸c˜ao de segundo grau em ordem a ε (e tendo em aten¸c˜ao que se tem de ter ε > 0) conclui-se que, dado δ > 0, qualquer ε que satisfa¸ca

0 < ε <√a2_{+ δ − |a|}

está nas condi¸cões pretendidas, ou seja, sempre que tenhamos |x − a| < ε, garantimos que também se tem |u(x)−u(a)| < δ. Ou seja: provámos que u é cont´ınua em qualquer ponto x = a de R.

Repare-se que, como √a2_{+ δ − |a| depende de a e tende para 0 quando |a| → +∞,}

não é poss´ıvel, pelos cálculos anteriores, escolher um valor de ε que sirva para todos os pontos a ∈ R, i.e., que sirva uniformemente para todos os pontos do dom´ınio de u. No entanto, isto não prova ainda que a fun¸cão u não é uniformemente cont´ınua porque é poss´ıvel que tenhamos sido demasiado descuidados a fazer as majora¸cões acima. Isto foi, de facto, o que aconteceu: note-se que o que sobrou na nossa estimativa (1) é exactamente o termo que ter´ıamos se tivessemos come¸cado com u(x) = x2_{(a qual não é}

uniformemente cont´ınua em R, já que a sua inclina¸cão vai aumentando indefinidamente quando x → +∞). Ou seja, ao estimarmos (1) deitámos fora os termos aditivos x2 _e

a2 _{nos denominadores, os quais nos poderiam ser agora ´}_{uteis para controlar o que se}

passa com valores de x e de a muito grandes. Vejamos um modo de reparar esta nossa exagerada simplifica¸c˜ao nas estimativas anteriores.

Atendendo às observa¸cões anteriores, tentemos, na desigualdade (1), utilizar apenas a estimativa em x, 1 + x2 _> _{1 (para nos livrarmos da variável) e deixar o denominador}

1 + a2 _{inalterado, obtem-se assim}

|u(x) − u(a)| 6 2|a| + ε_{1 + a}₂ ε,

onde foram utilizadas também as rela¸cões entre a, x e ε que já tinhamos assumido acima. Agora pretendemos saber se, dado δ > 0, podemos, ou não, escolher ε de modo a que

2|a| + ε

1 + a2 ε < δ ⇔ ε

2_{+ 2|a|ε − (1 + a}2_{)δ < 0.}

Resolvendo esta inequa¸c˜ao de segundo grau em ordem a ε conclu´ımos que, dado δ > 0, qualquer ε que satisfa¸ca

0 < ε <pa2_{(1 + δ) + δ − |a|}

está nas condi¸cões pretendidas. Mas agora note-se que o problema que t´ınhamos anteriormente já não ocorre, ou seja, a região em que podemos tomar os ε não “encolhe”

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para zero à medida que |a| aumenta, antes pelo contrário: a região fica cada vez maior quando a cresce para +∞, já que, com qualquer δ > 0,

pa2_{(1 + δ) + δ − |a| → +∞ quando |a| → +∞,}

e como em qualquer intervalo limitado e fechado a fun¸cão é uniformemente cont´ınua (pelo teorema de Cantor) conclu´ımos que u é uniformemente cont´ınua em R.

Vejamos agora o limite lim_x→+∞u(x). Como u(x) = 1

1+x2 observamos que à medida que x aumenta, o valor de u(x) (que é sempre positivo) será cada vez menor. Isto leva-nos a conjecturar que o limite em causa deva ser zero. Para verificarmos pela defini¸cão que isto é, de facto, assim, tentemos ver que se verifica que

∀δ > 0, ∃K > 0 : ∀x ∈ R, x > K ⇒ |u(x)| < δ. (2) De facto, dando δ > 0 arbitr´ario, tem-se

|u(x)| = u(x) = 1

1 + x2 < δ (3)

desde que escolhamos x satisfazendo _1+x1 2 < δ, ou seja x > q

1

δ − 1 quando δ < 1;

se δ > 1 ´e claro que (3) ´e sempre satisfeito, qualquer que seja o x. Assim, basta escolher K =qmax0,1

δ − 1 para que (2) seja satisfeita, o que mostra que o limite

pretendido ´e, de facto, igual a zero.

3. Pretendemos provar que existem dois números em [0, 2], distantes de 1 unidade, onde ψ assume valores iguais. Sendo a distância entre esses dois pontos de exactamente uma unidade, podemos designar um deles por x e o outro por 1 + x. É claro que, das condi¸cões do enunciado, x ∈ [0, 1] e 1 + x ∈ [1, 2]. Pretendemos então provar que existe um x para o qual ψ(x) = ψ(1+x), ou seja, ψ(x)−ψ(1+x) = 0. Como a única informa¸cão que temos sobre ψ é que se trata de uma fun¸cão cont´ınua em [0, 2] (e portanto também em [0, 1] e em [1, 2]) é natural pensarmos em utilizar o corolário do teorema de Bolzano. Para tal, consideremos a fun¸cão Ψ definida por Ψ(x) = ψ(x) − ψ(1 + x). Pelo que se viu acima sobre a continuidade de ψ, esta fun¸cão é cont´ınua em [0, 1]. Por outro lado tem-se, atendendo à condi¸cão ψ(0) = ψ(2) dada no enunciado:

Ψ(0) = ψ(0) − ψ(1), e

Ψ(1) = ψ(1) − ψ(2) = ψ(1) − ψ(0) = −Ψ(0).

Portanto, uma das duas condi¸cões têm de ser verificadas: ou Ψ(0) = 0 e portanto ψ(0) = ψ(1), provando-se o que pretendiamos com x = 0, ou Ψ(0) 6= 0 e então Ψ(1) é também diferente de zero e tem sinal oposto ao de Ψ(0). Mas então, o corolário do teorema de Bolzano aplicado a Ψ permite-nos concluir que existe (pelo menos) um valor de x entre 0 e 1, chamemos-lhe α, para o qual Ψ(α) = 0, ou seja, para o qual ψ(α) = ψ(1 + α), como pretend´ıamos.

4. Comecemos com a fun¸cão θ(x) = log log sin x. Repare-se que, como sin x ∈ [−1, 1], conclui-se que quando sin x > 0 o valor de log sin x é sempre menor ou igual a zero e portanto não existe nenhum valor de x para o qual a expressão de θ fa¸ca sentido, ou seja, Dθ = ∅, pelo que não faz sentido falar em derivadas.

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Para a fun¸c˜ao v observe-se que v(x) =

(

x2 _{se x > 0}

−x2 _{se x < 0.}

Assim, e da diferenciabilidade dos polinómios, conclui-se imediatamente que v é dife-renciável (pelo menos) em R \ {0} e que v′_{(x) = 2x se x > 0 e que v}′_{(x) = −2x se}

x < 0. Para investigar o que se passa em 0 recorramos `a defini¸c˜ao: Como lim x→0 v(x) − v(0) x − 0 = limx→0 v(x) x = limx→0 x|x| x = limx→0|x| = 0

conclu´ımos que este limite existe e, portanto, a derivada v′_{(0) existe e ´e igual a zero.}

Consequentemente, reunindo os resultados obtidos para os diferentes casos de x, pode-se escrever v′_{(x) = 2|x|, ∀x ∈ R. Considere-se agora a fun¸c˜ao w(x) = arcsin} 1

|x|.

No-vamente aqui podemos considerar separadamente os casos x > 0 e x < 0 (ou melhor: os casos x ∈ [1, +∞[ e x ∈] − ∞, −1]; note que os pontos x ∈] − 1, 1[ não fazem parte do dom´ınio de w e, portanto, não tem sentido investigarmos a´ı a diferenciabilidade de w). Atendendo a que a fun¸cão sin satisfaz sin(−a) = − sin a (i.e., é uma fun¸cão ´ımpar) também a inversa da sua restri¸cão principal, a fun¸cão arcsin, é uma fun¸cão ´ımpar e portanto arcsin(−b) = − arcsin b. Atendendo a isto, à regra de deriva¸cão da fun¸cão composta e à expressão da derivada do arcsin, podemos escrever

w(x) =        (1 x) ′ q 1− 1 x2 se x > 1 − ( 1 x) ′ q 1− 1 x2 se x < −1 =      −_x2q1 1−1 x2 se x > 1 1 x2q 1−1 x2 se x < −1 = ( − 1 x√x2₋₁ se x > 1 −_x√1 x2 −1 se x < −1 = − 1 x√x2_{− 1}

onde a pen´ultima igualdade usa o facto de √x2 _{= |x|. Conclui-se tamb´em que o}

dom´ınio de diferenciabilidade de w ´e ] − ∞, −1[∪]1, +∞[.

5.a) A expressão do enunciado faz lembrar a expressão do limite que fornece a derivada de uma fun¸cão num ponto, mas não é exactamente isso, uma vez que em vez de termos, no numerador, G(x)F (x) − G(a)F (a) temos os “produtos cruzados” G(x)F (a) e G(a)F (x). Atendendo a que a informa¸cão que nos é dada no enunciado diz respeito à diferenciabilidade de F e de G, é natural tentarmos escrever a expressão dada de modo a que se possa aplicar a defini¸cão de derivada de F e de G ao limite dado. A dificuldade provém da existência dos termos cruzados: se, em vez de G(x)F (a) − G(a)F (x), tivessemos, por exemplo, G(x)F (x) − G(a)F (x) então poder´ıamos por o F (x) em evidência e concluir imediatamente que o limite dado seria igual a G′_{(a)F (a).}

Mas esta observa¸c˜ao sugere-nos um procedimento a tentar: fa¸camos aparecer o termos G(x)F (x) − G(a)F (x) adicionando (e subtraindo) G(x)F (x) a G(x)F (a) − G(a)F (x). Vejamos o que resulta desta ideia:

lim x→a G(x)F (a) − G(a)F (x) x − a = limx→a G(x)F (x) − G(x)F (x) + G(x)F (a) − G(a)F (x) x − a = lim x→a (G(x) − G(a))F (x) − (F (x) − F (a))G(x) x − a = lim x→a G(x) − G(a) x − a F (x) − limx→a F (x) − F (a) x − a G(x) = G′_{(a)F (a) − F}′(a)G(a),

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e isto que resolve a quest˜ao.

Uma resolu¸cão alternativa, mais curta, baseia-se na observa¸cão que ambas as fun¸cões x 7→ G(x)F (a)−G(a)F (x) e x 7→ x−a são diferenciáveis e convergem para zero quando x → a. Portanto, a aplica¸cão da regra de L’Hôpital permite concluir que, como se tem

lim x→a (G(x)F (a) − G(a)F (x))′ (x − a)′ = lim_x→a G′_{(x)F (a) − G(a)F}′_(x) 1 = lim x→a(G ′_{(x)F (a) − G(a)F}′_(x))

= G′_{(a)F (a) − F}′(a)G(a), então também o limite do enunciado existe e é igual:

lim

x→a

G(x)F (a) − G(a)F (x)

x − a = G

′_{(a)F (a) − F}′_(a)G(a).

5.b) Seja p o polin´omio definido pela express˜ao p(x) = x13_+x3_{−2. Comecemos por observar}

que lim_x→−∞_{p(x) = −∞ e lim}_x→+∞_{p(x) = +∞. Portanto, exite a negativo e b} positivo, suficientemente grandes em módulo, tais que p(a) < 0 < p(b). Como p é um polinómio, é uma fun¸cão cont´ınua em todo o R e portanto, pelo corolário do teorema de Bolzano, existe pelo menos um c ∈]a, b[⊂ R tal que p(c) = 0. Para vermos que esse ponto é único basta reparar que o polinómio p é uma fun¸cão estritamente crescente, pois a sua derivada satisfaz p′_{(x) = 13x}12_{+ 3x}2 _> _{0, só sendo nula no ponto x = 0.}

Ent˜ao, sendo c tal que p(c) = 0, conclui-se daqui que se tem sempre p(x) > 0 quando x > c e p(x) < 0 sempre que x < c, e com isto concluimos o pretendido.

5.c) Consideremos o primeiro destes limites. Aplicando directamente as regras alg´ebricas sobre limites obter-se-ia o simbolo sem sentido 0₀. Aplicando a regra de Cauchy para o levantamento de indetermina¸c˜oes tem-se que, se o limite

lim x→1 arctanx_x22−1₊₁ ′ (x − 1)′

existir, então o limite do enunciado também existe e é igual. Vejamos: arctanx_x22−1₊₁ ′ (x − 1)′ = “ x2−1 x2+1 ”′ 1+x2₋₁ x2+1 1 = 4x (x2_{+ 1)}2_{+ (x}2_{− 1)}2

e como a ´_{ultima expressão converge para 1 quando x → 1 conclu´ımos que o limite dado} no enunciado é também igual a 1.

Vejamos agora o segundo limite. Aplicando directamente as regras alg´ebricas sobre limites obter-se-ia o simbolo sem sentido 00_{. A ideia para resolvermos quest˜oes deste}

tipo é, usualmente, tentar transformar a expressão numa que, ou não apresente um simbolo de indetermina¸cão, ou, caso não consigamos tal, pelo menos que este seja do tipo 0₀ ou ∞_∞, de modo a podermos aplicar a regra de Cauchy. No presente caso observe-se que

(sin x)sin x = elog(sin x)sin x = esin x log sin x = exp log sin x₁

(8)

e a aplica¸cão directa das regras algébricas dos limites à expressão log sin x1 sin x

resulta no simbolo de indetermina¸cão ∞_∞. Tentemos aplicar a regra de Cauchy a esta última expressão mas, primeiro, reparemos que quando x → 0 também sin x → 0. Como a expressão que pretendemos estudar só depende de x através do termo sin x é natural efectuar a substitui¸cão y = sin x e estudarmos o limite de log y_1/y _{quando y → 0, em vez} do limite original. Como

(log y)′

(1/y)′ =

1/y

−1/y2 = −y → 0 quando y → 0

concluimos que o limite dado no enunciado ´e igual a e0 _{= 1.}

Para o ´ultimo limite, aplicando directamente as regras alg´ebricas sobre limites2

obter-se-ia o s´ımbolo sem sentido 1∞_{. Tentemos, tal como no caso anterior, transformar a}

express˜ao de modo a podermos aplicar a regra de Cauchy. Comecemos por notar que sin x x _{sin2 x}1 = exp " log sin x x _{sin2 x}1 # = exp logsin x_x sin2_x

Note-se que aplicando directamente as regras algébricas sobre limites à expressão entre parentesis rectos resulta em 0₀. Tentemos aplicar a regra de Cauchy à expressão dentro dos parentesis rectos:

log sin x x ′ sin2x′ = x cos x−sin x x sin x 2 sin x cos x = x cos x − sin x 2x sin2_{x cos x}

aplicando directamente o limite quando x → 0 a esta expressão resulta no simbolo sem significado 0₀ e portanto podemos tentar aplicar de novo a regra de Cauchy, já que as fun¸cões envolvidas satisfazem as condi¸cões de aplica¸cão desse resultado:

(x cos x − sin x)′

(2x sin2x cos x)′ = −

x sin x

2 sin2x cos x + 4x sin x cos2_{x − 2x sin}3_x

= − 1

2sin x_x cos x + 4 cos2_{x − 2 sin}2_x −−→_x→0 −

1 6 e daqui se conclui que o limite pretendido ´e igual a e−1/6_.

6. Comecemos por considerar o dom´ınio de ξ:

Dξ=x ∈ R : 1 − x2D|·|∧ −|1 − x2| ∈ Dexp .

Como D|·| = Dexp = R conclui-se imediatamente que Dξ = R. Como os polin´omios,

a fun¸cão módulo e a exponencial são fun¸cões cont´ınuas, a fun¸cão ξ, que é obtida por produto e composi¸cões destas fun¸cões, é também cont´ınua no seu dom´ınio R.

O mesmo tipo de argumento é válido para a diferenciabilidade: podemos concluir que a fun¸cão ξ é diferenciável excepto nos pontos onde o argumento do módulo é nulo (atendendo a que sabemos que a fun¸cão s 7→ |s| não é diferenciável no ponto s = 0 (note-se que deste facto não podemos concluir que a fun¸cão ξ não seja a´ı diferenciável:

2

(9)

pode ser, ou n˜ao. Para saber o que se passa teremos de estudar o que se passa em torno desses pontos.) Comecemos por escrever ξ na forma

ξ(x) = xe−|1−x2|= ( xex2 −1 _{se 1 − x}2 _>₀ xe1−x2 se 1 − x2 _{< 0} = ( xex2 −1 _{se x ∈ [−1, 1]} xe1−x2 se x 6∈ [−1, 1]. Assim, tem-se a seguinte express˜ao para ξ′_:

ξ′(x) = ( (1 + 2x2_)ex2 −1 _{se x ∈] − 1, 1[} (1 − 2x2_)e1−x2 se x 6∈ [−1, 1]. Observe-se desta express˜ao que se tem

lim x→1−ξ ′_{(x) = lim} x→1 x<1 ξ′(x) = lim x→1 x<1 (1 + 2x2)ex2−1 = 3 e tamb´em lim x→1+ξ ′_{(x) = lim} x→1 x>1 ξ′(x) = lim x→1 x>1 (1 − 2x2)e1−x2 _{= −1,}

e, portanto, como lim_x→1−ξ′(x) 6= lim_x→1+ξ′(x), n˜ao existe derivada de ξ no ponto 1. Exactamente o mesmo se passa em x = −1. Da express˜ao de ξ′ _{calculada acima}

conclui-se imediatamente que ξ′_{(x) > 0 para ] − 1, 1[. Al´em disso, como}

1 − 2x2 >_{0 ⇔ x}2 6 1 2 ⇔ x ∈ h −√1 2, 1 √ 2 i ⊂ [−1, 1],

conclui-se que ξ′_{(x) < 0 se x 6∈ [−1, 1], e, portanto, obtemos os seguintes intervalos de}

monotonia para ξ :

ξ ´e crescente em ] − 1, 1[

ξ ´e decrescente em ] − ∞, −1[ e em ]1, +∞[.

Destes resultados e da continuidade de ξ conclui-se que o ponto x = −1 é um ponto minimizante de ξ (visto que a fun¸cão decresce à esquerda e cresce à direita desse ponto) e o ponto x = 1 é um ponto maximizante de ξ (visto que a fun¸cão cresce à esquerda e decresce à direita desse ponto).

Para termos uma ideia do comportamento global da fun¸cão falta-nos estudar o seu comportamento assimptótico quando x → +∞ e quando x → −∞ (como o dom´ınio de ξ é R e ξ é cont´ınua no seu dom´ınio, não podem existir assimptotas verticais).

lim x→+∞ξ(x) = limx→+∞xe 1−x2 = e lim x→+∞xe −x2 = e lim x→+∞ x ex2 e aplicando a regra de Cauchy obt´em-se

lim x→+∞ x′ (ex2 )′ = limx→+∞ 1 2xex2 = 0,

concluindo-se que lim_x→+∞_{ξ(x) = 0. O mesmo resultado ocorre quando x → −∞.} Portanto, a recta y = 0 ´e a assimptota horizontal ao gr´afico de ξ em ambos casos x → +∞ e x → −∞.

Podemos finalmente agrupar as informa¸c˜oes obtidas pelo estudo apresentado acima e esbo¸car o gr´afico de ξ apresentado na Figura 1.

(10)

Figura 1: Esbo¸co do gr´afico da fun¸c˜ao ξ(x) = xe−|1−x2

| _{compat´ıvel com as informa¸c˜oes}