Proposta de Resolução
Ficha de Preparação para o Teste — Mat A · 11.º Ano · Funções · outubro 2026

Exercício 1 — Escolha múltipla

1.1. BÁSICO

Uma função polinomial de grau ímpar tem comportamentos opostos nos dois extremos do eixo real. O seu gráfico é contínuo e interseta o eixo das abcissas pelo menos uma vez.

Pode ter um, dois ou três zeros reais distintos. Por exemplo, $x^3$ tem um zero distinto e $x^2(x-1)$ tem dois.

Opção (B)

1.2. BÁSICO

O comportamento no infinito é determinado pelo termo de maior grau, $-2x^4$. Quando $x$ tende para qualquer um dos infinitos, $x^4$ tende para $+\infty$, pelo que $-2x^4$ tende para $-\infty$.

Opção (D)

1.3. BÁSICO

Pelo teorema do resto, o resto da divisão por $x-2$ é $P(2)$.

$P(2)=2^3-2\times2+3=8-4+3=7$.

Opção (A)

1.4. INTERMÉDIO

O zero $-2$ tem multiplicidade $2$ (par), pelo que não há mudança de sinal nesse ponto. O zero $1$ tem multiplicidade $1$ (ímpar), pelo que há mudança de sinal.

Em $x=-2$, o gráfico toca o eixo das abcissas; em $x=1$, atravessa-o.

Opção (C)

1.5. INTERMÉDIO

O quociente só está definido quando $g(x)\ne0$, isto é, quando $x\ne3$.

$\displaystyle\left(\frac fg\right)(x)=\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3,\quad x\ne3$.

Simplificar a expressão não altera o domínio da função inicial.

Opção (B)

1.6. INTERMÉDIO

O denominador anula-se em $x=-1$, e o numerador da fração é não nulo. A assíntota vertical é $x=-1$. Quando $x\to\pm\infty$, a fração tende para $0$, logo a assíntota horizontal é $y=2$.

Opção (A)

1.7. INTERMÉDIO

Quando $x\to1^+$, o numerador tende para $3$ e o denominador tende para $0$ por valores positivos. Assim, o quociente cresce sem limite.

$\displaystyle h(x)=1+\frac{3}{x-1}\quad\Longrightarrow\quad\lim_{x\to1^+}h(x)=+\infty$.

Opção (D)

1.8. DESAFIO

A assíntota horizontal permite concluir que $a=3$. Usando o ponto $(0,1)$:

$\displaystyle 1=3+\frac{b}{0-2}\iff1=3-\frac b2\iff b=4$.

Opção (C)

2.1. BÁSICO

Introduza $Y_1=x^3-3x+1$. Uma janela inicial adequada é $-3\leq x\leq3$ e $-5\leq y\leq5$. Use a opção de determinação de zeros em cada uma das três interseções com $Ox$.

$\alpha\approx-1{,}879,\qquad\beta\approx0{,}347,\qquad\gamma\approx1{,}532.$

Para a interseção com $Oy$, substitua $x$ por zero: $f(0)=1$. O ponto é $(0,1)$.

As letras $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ representam os zeros exatos. Os números escritos são apenas aproximações.

$\alpha\approx-1{,}879$, $\beta\approx0{,}347$, $\gamma\approx1{,}532$; interseção com $Oy$: $(0,1)$.

2.2. INTERMÉDIO

Leia, em cada intervalo delimitado pelos zeros, se o gráfico se encontra acima ou abaixo de $Ox$.

Para $f(x)\geq0$, escolhem-se os intervalos de sinal positivo e incluem-se os zeros.

$S=[\alpha,\beta]\cup[\gamma,+\infty[.$

Usar os zeros exatos nos extremos dos intervalos evita transformar uma aproximação numa igualdade.

$S=[\alpha,\beta]\cup[\gamma,+\infty[$.

2.3. INTERMÉDIO

Use as opções de máximo e mínimo da calculadora. O gráfico apresenta um máximo relativo no ponto $(-1,3)$ e um mínimo relativo no ponto $(1,-1)$. Confirmam-se as ordenadas por substituição: $f(-1)=3$ e $f(1)=-1$.

A função é estritamente crescente em $]-\infty,-1]$ e em $[1,+\infty[$, e estritamente decrescente em $[-1,1]$.

O máximo relativo é $3$, com maximizante $-1$; o mínimo relativo é $-1$, com minimizante $1$. Não há extremos absolutos, pois a função não é limitada superiormente nem inferiormente.

O extremo é uma ordenada; o extremante é uma abcissa. Este estudo é feito pela leitura do gráfico, sem recorrer a derivadas.

Crescente em $]-\infty,-1]$ e $[1,+\infty[$; decrescente em $[-1,1]$. Máximo relativo $3$ em $x=-1$; mínimo relativo $-1$ em $x=1$; sem extremos absolutos.

2.4. DESAFIO

O termo de maior grau é $x^3$, com coeficiente positivo. Assim:

$x\to-\infty\Rightarrow f(x)\to-\infty,\qquad x\to+\infty\Rightarrow f(x)\to+\infty.$

As soluções de $f(x)=k$ são as abcissas das interseções do gráfico com a reta horizontal $y=k$. Compare a altura dessa reta com as ordenadas dos extremos, $-1$ e $3$.

Quando a reta passa por um extremo, o ponto de tangência conta como uma única interseção, mesmo que a raiz correspondente seja múltipla.

Uma solução se $k<-1$ ou $k>3$; duas se $k\in\{-1,3\}$; três se $-1<k<3$. No infinito, os valores de $f$ tendem para $-\infty$ à esquerda e para $+\infty$ à direita.

← Enunciado do exercício 2

3.1. BÁSICO

Comece por colocar o sinal negativo em evidência e reconhecer um quadrado de binómio.

$g(x)=-(x^4-8x^2+16)=-(x^2-4)^2=-(x-2)^2(x+2)^2.$

Logo, os zeros são $-2$ e $2$. Cada fator linear aparece elevado ao quadrado, pelo que cada zero tem multiplicidade $2$.

A função tem dois zeros distintos, embora a soma das suas multiplicidades seja quatro.

$g(x)=-(x-2)^2(x+2)^2$. Zeros $-2$ e $2$, ambos duplos.

3.2. INTERMÉDIO

Como só aparecem potências pares de $x$, tem-se $g(-x)=g(x)$: a função é par e o gráfico é simétrico em relação a $Oy$.

Além disso, $(x^2-4)^2\geq0$, pelo que $g(x)=-(x^2-4)^2\leq0$ para todo o real $x$.

A função não muda de sinal nos zeros duplos: o gráfico toca $Ox$ nesses pontos. Como $g(0)=-16$, interseta $Oy$ em $(0,-16)$.

$g$ é par; $g(x)<0$ para $x\notin\{-2,2\}$ e $g(\pm2)=0$. Interseção com $Oy$: $(0,-16)$.

3.3. INTERMÉDIO

Represente $Y_1=-x^4+8x^2-16$, por exemplo na janela $-3\leq x\leq3$, $-27\leq y\leq3$. A leitura do gráfico e das opções de extremos dá:

A função é estritamente crescente em $]-\infty,-2]$ e em $[0,2]$, e estritamente decrescente em $[-2,0]$ e em $[2,+\infty[$.

O máximo absoluto é $0$, atingido em $x=-2$ e $x=2$. Existe um mínimo relativo de valor $-16$ em $x=0$, mas não existe mínimo absoluto.

O termo de maior grau é $-x^4$: quando $x\to-\infty$ ou $x\to+\infty$, tem-se $g(x)\to-\infty$. Assim, o conjunto de valores de $g$ é $]-\infty,0]$.

Crescente em $]-\infty,-2]$ e $[0,2]$; decrescente em $[-2,0]$ e $[2,+\infty[$. Máximo absoluto $0$ em $x=\pm2$; mínimo relativo $-16$ em $x=0$. Imagem $]-\infty,0]$; $g(x)\to-\infty$ nas duas direções.

3.4. DESAFIO

Use a forma fatorizada obtida na primeira alínea.

$-(x^2-4)^2=-9\iff(x^2-4)^2=9$.

Um quadrado é igual a $9$ quando a sua base é $3$ ou $-3$:

$x^2-4=3\quad\text{ou}\quad x^2-4=-3$
$\iff x^2=7\quad\text{ou}\quad x^2=1$.

Obtêm-se quatro soluções reais distintas:

$S=\{-\sqrt7,-1,1,\sqrt7\}$.

São as abcissas dos quatro pontos de interseção do gráfico de $g$ com a reta $y=-9$.

Ao desfazer um quadrado, não se pode esquecer a possibilidade negativa.

$S=\{-\sqrt7,-1,1,\sqrt7\}$; quatro interseções com $y=-9$.

← Enunciado do exercício 3

4.1. BÁSICO

Substitua $x$ por $-x$:

$h(-x)=a(-x)^4+b(-x)^2=ax^4+bx^2=h(x)$.

Logo, $h$ é par e o seu gráfico é simétrico em relação a $Oy$. Como $h(0)=0$, a origem pertence sempre ao gráfico.

O comportamento no infinito é determinado por $ax^4$. Se $a>0$, $h(x)\to+\infty$ quando $x\to-\infty$ ou $x\to+\infty$. Se $a<0$, $h(x)\to-\infty$ nas duas direções.

$h(-x)=h(x)$ e $h(0)=0$. Nas duas direções, $h(x)\to+\infty$ se $a>0$ e $h(x)\to-\infty$ se $a<0$.

4.2. DESAFIO

Coloque $x^2$ em evidência e aplique a lei do anulamento do produto:

$h(x)=0\iff x^2(ax^2+b)=0\iff x=0\quad\text{ou}\quad x^2=-\dfrac ba$.

Se $\dfrac ba<0$, então $-\dfrac ba>0$ e aparecem dois zeros adicionais, não nulos e simétricos: $-\sqrt{-b/a}$ e $\sqrt{-b/a}$. Existem três zeros reais distintos: $0$ é duplo e os outros dois são simples.

Se $\dfrac ba>0$, a equação $x^2=-b/a$ não tem soluções reais e o único zero é $0$, de multiplicidade $2$. Se $b=0$, tem-se $h(x)=ax^4$: o único zero continua a ser $0$, agora com multiplicidade $4$.

Assim, há um zero real distinto quando $b/a\geq0$ e três quando $b/a<0$. Os zeros não nulos surgem aos pares, pelo que nunca se obtêm exatamente dois zeros distintos.

Não se pode dividir a equação por $x^2$ sem tratar primeiro $x=0$: essa divisão eliminaria um zero.

Um zero distinto se $b/a\geq0$; três se $b/a<0$; nunca exatamente dois. Se $b=0$, $0$ tem multiplicidade $4$.

4.3. INTERMÉDIO

Traduza cada informação numa equação:

$h(2)=0\Rightarrow16a+4b=0\Rightarrow b=-4a$,
$h(1)=-6\Rightarrow a+b=-6$.

Substituindo a primeira relação na segunda, obtém-se $a-4a=-6$, logo $a=2$ e $b=-8$.

$h(x)=2x^4-8x^2=2x^2(x^2-4)=2x^2(x-2)(x+2)$.

Os zeros são $-2$ e $2$, ambos simples, e $0$, de multiplicidade $2$.

$a=2$, $b=-8$; zeros simples $-2$ e $2$, e zero duplo $0$.

← Enunciado do exercício 4

5.1. INTERMÉDIO

Divida os termos de maior grau: $2x^3:x^2=2x$. Subtraia ao dividendo o produto $2x(x^2+x-2)$.

$(2x^3-3x^2-11x+9)-(2x^3+2x^2-4x)=-5x^2-7x+9$.

Agora, $-5x^2:x^2=-5$. Subtraia o produto $-5(x^2+x-2)$.

$(-5x^2-7x+9)-(-5x^2-5x+10)=-2x-1$.

O resto já tem grau inferior ao do divisor. Portanto:

$Q(x)=2x-5,\qquad R(x)=-2x-1$,
$P(x)=(x^2+x-2)(2x-5)+(-2x-1)$.

$Q(x)=2x-5$, $R(x)=-2x-1$. Identidade: $P(x)=(x^2+x-2)(2x-5)-2x-1$.

5.2. BÁSICO

Como o divisor é $x-3$, use-se o número $3$ no esquema de Ruffini.

Os três primeiros valores da última linha são os coeficientes do quociente; o último é o resto.

$Q(x)=2x^2+3x-2,\qquad R=3$.

Pelo teorema do resto, $R=P(3)=2\cdot27-3\cdot9-11\cdot3+9=3$, confirmando o esquema.

Quociente $2x^2+3x-2$ e resto $3=P(3)$.

5.3. INTERMÉDIO

a) Divisibilidade significa resto nulo. Como $x+2=x-(-2)$, deve ter-se $P_m(-2)=0$.

$-16-12+22+m=0\iff m-6=0\iff m=6$.

b) O resto da divisão por $x-1$ é $P_m(1)$. Assim:

$2-3-11+m=5\iff m-12=5\iff m=17$.

Os dois casos são independentes: não se está a pedir um mesmo valor de $m$ que satisfaça ambas as condições.

a) $m=6$. b) $m=17$.

5.4. DESAFIO

O divisor tem grau $2$, pelo que o resto tem grau inferior a $2$: escreva $R(x)=ux+v$.

$P(x)=(x-1)(x-3)Q(x)+ux+v$.

Substitua $x=1$ e $x=3$. Nestes valores, a parcela que contém o quociente anula-se.

$P(1)=-3=u+v$,
$P(3)=3=3u+v$.

Subtraindo as equações, $2u=6$, logo $u=3$. Da primeira, $v=-6$. Portanto, $R(x)=3x-6$.

O teorema do resto dá um número na divisão por um fator linear. Nesta divisão por um polinómio quadrático, o resto pode ser um polinómio de grau $1$.

$R(x)=3x-6$.

← Enunciado do exercício 5

6.1. INTERMÉDIO

No esquema, inclua o coeficiente $0$ do termo em $x^3$. Como a raiz dada é $-1$, o divisor é $x+1$.

Obtém-se $A(x)=(x+1)(x^3-x^2+3x+5)$. O novo polinómio também se anula em $-1$: $-1-1-3+5=0$.

$A(x)=(x+1)^2(x^2-2x+5)$.

O coeficiente de um termo ausente é zero; omiti-lo altera todos os passos de Ruffini.

$A(x)=(x+1)^2(x^2-2x+5)$.

6.2. BÁSICO

Para o fator $x^2-2x+5$, o discriminante é:

$\Delta=(-2)^2-4\cdot1\cdot5=4-20=-16<0$.

Por isso, o fator quadrático não tem raízes reais. A única raiz real de $A$ é $-1$. Tem multiplicidade exatamente $2$, pois o fator $(x+1)^2$ aparece na decomposição e o fator restante não se anula em $-1$: $1+2+5=8\neq0$.

Uma raiz real distinta: $-1$, de multiplicidade $2$. O fator quadrático tem $\Delta=-16<0$.

6.3. DESAFIO

Complete o quadrado no fator quadrático:

$x^2-2x+5=(x-1)^2+4>0\quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}$.

Como $(x+1)^2\geq0$, o produto $A(x)$ é não negativo. Só é zero quando $x=-1$.

Logo, o mínimo absoluto é $0$, atingido apenas em $x=-1$. O gráfico toca $Ox$ no ponto $(-1,0)$ e não o atravessa, pois o sinal é positivo de ambos os lados.

O termo de maior grau é $x^4$, com coeficiente positivo. Assim, $A(x)\to+\infty$ tanto quando $x\to-\infty$ como quando $x\to+\infty$.

$A(x)>0$ para $x\neq-1$ e $A(-1)=0$. Mínimo absoluto $0$ em $x=-1$; o gráfico toca $Ox$ sem mudar de sinal. Nas duas direções, $A(x)\to+\infty$.

← Enunciado do exercício 6

7.1. BÁSICO

Como $p\left(\frac12\right)=0$, o polinómio é divisível por $x-\frac12$. Pela divisão de polinómios, ou pela regra de Ruffini, obtém-se o quociente $2x^2-8$ e o resto $0$.

$p(x)=\left(x-\frac12\right)(2x^2-8)$.

Colocamos $2$ em evidência e aplicamos a diferença de quadrados:

$p(x)=2\left(x-\frac12\right)(x^2-4)=(2x-1)(x+2)(x-2)$.

$p(x)=(2x-1)(x+2)(x-2)$.

7.2. BÁSICO

Usamos a fatorização anterior e a lei do anulamento do produto:

$(2x-1)(x+2)(x-2)=0$.

$2x-1=0\quad\text{ou}\quad x+2=0\quad\text{ou}\quad x-2=0$.

Logo, as três raízes são $\frac12$, $-2$ e $2$.

$S=\left\{-2,\frac12,2\right\}$.

7.3. INTERMÉDIO

Ordenamos as raízes, $-2<\frac12<2$, e estudamos o sinal de cada fator:

Escolhemos os intervalos em que o produto é negativo e incluímos as três raízes, porque a desigualdade admite a igualdade.

$S=]-\infty,-2]\cup\left[\frac12,2\right]$.

7.4. DESAFIO

Escrevemos $u=x+1$. Pelo quadro de sinal anterior, $p(u)>0$ quando $-2<u<\frac12$ ou $u>2$.

Substituímos $u$ por $x+1$:

$-2<x+1<\frac12\quad\text{ou}\quad x+1>2$.

Subtraindo $1$ em todas as desigualdades, obtemos:

$-3<x<-\frac12\quad\text{ou}\quad x>1$.

Em $p(x+1)$, os pontos relevantes deslocam-se uma unidade para a esquerda. Os extremos não entram porque a desigualdade é estrita.

$S=\left]-3,-\frac12\right[\cup]1,+\infty[$.

← Enunciado do exercício 7

8.1. BÁSICO

A soma e a diferença estão definidas na interseção dos domínios de $f$ e de $g$, que é $\mathbb{R}$.

$(f+g)(x)=x^2+x-2+(x-1)=x^2+2x-3$.

$(f-g)(x)=x^2+x-2-(x-1)=x^2-1$.

Na subtração, o sinal de cada termo de $g(x)$ muda ao retirar os parênteses.

$(f+g)(x)=x^2+2x-3$, $(f-g)(x)=x^2-1$ e $D_{f+g}=D_{f-g}=\mathbb{R}$.

8.2. INTERMÉDIO

Fatorizamos $f(x)=x^2+x-2=(x+2)(x-1)$. Então:

$(f\times g)(x)=(x+2)(x-1)^2$.

O produto está definido em $\mathbb{R}$ e anula-se em $x=-2$ e $x=1$. Para $x\neq1$, o fator $(x-1)^2$ é positivo; por isso, o sinal do produto coincide com o de $x+2$.

O produto é negativo em $]-\infty,-2[$ e positivo em $]-2,1[\cup]1,+\infty[$.

Em $x=1$ há uma raiz de multiplicidade $2$: o produto anula-se, mas não muda de sinal.

Zeros: $-2$ e $1$. Negativo em $]-\infty,-2[$; positivo em $]-2,1[\cup]1,+\infty[$.

8.3. BÁSICO

Antes de simplificar, impomos que o denominador seja diferente de zero:

$g(x)\neq0\iff x-1\neq0\iff x\neq1$.

Assim, $D_q=\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Nesse domínio:

$q(x)=\frac{(x+2)(x-1)}{x-1}=x+2$.

Para obter o zero, resolvemos $x+2=0$. O valor $-2$ pertence ao domínio, pelo que é o único zero de $q$.

A simplificação não recupera $x=1$. O gráfico de $q$ é a reta $y=x+2$ com o ponto $(1,3)$ excluído.

$q(x)=x+2$, com $D_q=\mathbb{R}\setminus\{1\}$; único zero: $x=-2$.

8.4. DESAFIO

A condição só pode ser considerada para $x\neq1$. Nesse domínio, substituímos as expressões de $q$ e de $g$:

$x+2\geq(x-1)^2+1$.

$x+2\geq x^2-2x+2\iff x^2-3x\leq0$.

$x(x-3)\leq0\iff x\in[0,3]$.

Por fim, retiramos $x=1$, porque a função quociente não está definida nesse ponto.

$S=[0,1[\cup]1,3]$.

← Enunciado do exercício 8

9.1. BÁSICO

Na linha de $f(x)$, o valor $0$ surge em $x=-2$ e em $x=3$. Na linha de $g(x)$, surge em $x=-2$ e em $x=1$.

Para o quociente existir, $g(x)$ não pode ser zero. Excluímos, por isso, $-2$ e $1$.

Em $x=-2$, ambas as funções se anulam. O quociente continua sem estar definido: $\frac00$ não é um número real.

$Z_f=\{-2,3\}$, $Z_g=\{-2,1\}$ e $D_{f/g}=\mathbb{R}\setminus\{-2,1\}$.

9.2. INTERMÉDIO

O produto é positivo quando os fatores têm o mesmo sinal. Isso acontece em $]-\infty,-2[$ e em $]1,3[$.

O produto é zero quando pelo menos um dos fatores é zero: $x=-2$, $x=1$ ou $x=3$. Como a desigualdade admite a igualdade, incluímos estes três valores.

Reunindo os intervalos e os seus extremos, obtemos $]-\infty,-2]\cup[1,3]$.

$S=]-\infty,-2]\cup[1,3]$.

9.3. INTERMÉDIO

O quociente é negativo quando numerador e denominador têm sinais contrários. Pelo quadro, isso acontece em $]-2,1[$ e em $]3,+\infty[$.

O quociente é zero em $x=3$, pois $f(3)=0$ e $g(3)\neq0$. Este valor entra na solução.

Os valores $-2$ e $1$ ficam excluídos: anulam o denominador. Em particular, $-2$ não entra apesar de também anular o numerador.

$S=]-2,1[\cup[3,+\infty[$.

9.4. DESAFIO

A função $f$ não muda de sinal em $-2$, logo a multiplicidade dessa raiz é par. Em $3$, muda de sinal, logo a multiplicidade é ímpar. Como o grau é $3$, as multiplicidades só podem ser $2$ e $1$, respetivamente.

$f(x)=a(x+2)^2(x-3)$.

O coeficiente do termo de maior grau é $a=2$, pelo que $f(x)=2(x+2)^2(x-3)$.

A função $g$ tem grau $2$ e duas raízes distintas, $-2$ e $1$. Ambas são simples:

$g(x)=b(x+2)(x-1)$.

Como o coeficiente do termo de maior grau é $-3$, obtemos $g(x)=-3(x+2)(x-1)$. Estas expressões reproduzem todos os sinais do quadro.

$f(x)=2(x+2)^2(x-3)$ e $g(x)=-3(x+2)(x-1)$.

← Enunciado do exercício 9

10.1. BÁSICO

Como $2x-6=2(x+1)-8$, podemos separar o quociente:

$f(x)=2-\dfrac{8}{x+1}$.

O denominador anula-se em $x=-1$, que é excluído do domínio. A fração $-\dfrac{8}{x+1}$ nunca vale zero, pelo que $f(x)\ne2$. Reciprocamente, para qualquer $y\ne2$, a equação $y=2-\dfrac{8}{x+1}$ dá $x=-1-\dfrac8{y-2}$, valor admissível.

$D_f=\mathbb R\setminus\{-1\},\qquad \operatorname{Im}(f)=\mathbb R\setminus\{2\}$.

Aqui, o conjunto de imagens corresponde ao conjunto habitualmente indicado por $D_f^{\prime}$.

$f(x)=2-\dfrac8{x+1}$; $D_f=\mathbb R\setminus\{-1\}$; $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R\setminus\{2\}$.

10.2. INTERMÉDIO

No eixo $Ox$, a ordenada é zero: $2x-6=0\Leftrightarrow x=3$, que pertence ao domínio. No eixo $Oy$, $x=0$ e $f(0)=-6$. As interseções são, por isso, $(3,0)$ e $(0,-6)$.

Os pontos que separam o estudo do sinal são $-1$ (denominador nulo) e $3$ (numerador nulo).

Logo, $f$ é positiva em $]-\infty,-1[\cup]3,+\infty[$, negativa em $]-1,3[$ e nula em $3$.

Interseções: $(3,0)$ e $(0,-6)$. $f>0$ em $]-\infty,-1[\cup]3,+\infty[$; $f<0$ em $]-1,3[$; $f(3)=0$.

10.3. INTERMÉDIO

A forma $2-\dfrac8{x+1}$ permite ler as assíntotas: $x=-1$ é vertical e $y=2$ é horizontal. Quando $x\to\pm\infty$, a fração tende para zero.

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=2$.

À esquerda de $-1$, $x+1$ é negativo e aproxima-se de zero; assim, $-8/(x+1)\to+\infty$. À direita, o denominador é positivo e aproxima-se de zero, pelo que a fração tende para $-\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)=+\infty,\qquad\lim_{x\to-1^+}f(x)=-\infty$.

Assíntotas: $x=-1$ e $y=2$. Limites pedidos: $2$, $2$, $+\infty$, $-\infty$.

10.4. DESAFIO

Comece por colocar todos os termos no primeiro membro, mantendo a restrição $x\ne-1$.

$\dfrac{2x-6}{x+1}\le4\ \Leftrightarrow\ \dfrac{-2x-10}{x+1}\le0\ \Leftrightarrow\ \dfrac{-2(x+5)}{x+1}\le0$.

Os valores críticos são $-5$ e $-1$. O quociente é negativo em $]-\infty,-5[$ e em $]-1,+\infty[$; é positivo em $]-5,-1[$. Inclui-se $-5$, pois dá igualdade, e exclui-se $-1$, pois a expressão não está definida.

$S=]-\infty,-5]\cup]-1,+\infty[$.

Não se deve multiplicar a inequação por $x+1$ sem distinguir o seu sinal.

$S=]-\infty,-5]\cup]-1,+\infty[$.

← Enunciado do exercício 10

11.1. BÁSICO

Lê-se na figura a assíntota vertical $x=2$ e a assíntota horizontal $y=1$. Para a forma indicada, com $B\ne0$, estes valores correspondem a $c=2$ e $A=1$.

$D_h=\mathbb R\setminus\{2\},\qquad\operatorname{Im}(h)=\mathbb R\setminus\{1\}$.

Assíntotas $x=2$, $y=1$; $D_h=\mathbb R\setminus\{2\}$; $\operatorname{Im}(h)=\mathbb R\setminus\{1\}$.

11.2. INTERMÉDIO

As assíntotas dão $h(x)=1+\dfrac{B}{x-2}$. Como $P(0,-2)$ pertence ao gráfico, temos:

$-2=1+\dfrac{B}{-2}\ \Leftrightarrow\ -3=-\dfrac B2\ \Leftrightarrow\ B=6$.

$h(x)=1+\dfrac6{x-2}=\dfrac{x+4}{x-2},\quad x\ne2$.

$h(x)=1+\dfrac6{x-2}=\dfrac{x+4}{x-2}$.

11.3. INTERMÉDIO

No ramo à esquerda da assíntota vertical, o gráfico está acima da reta $y=-2$ para $x<0$, interseta-a no ponto $P$ e fica abaixo dela entre $0$ e $2$. O ramo à direita de $x=2$ fica sempre acima de $1$, logo também acima de $-2$. A leitura dá $x\le0$ ou $x>2$.

$h(x)\ge-2\ \Leftrightarrow\ \dfrac{x+4}{x-2}+2\ge0\ \Leftrightarrow\ \dfrac{3x}{x-2}\ge0$.

Numerador e denominador têm o mesmo sinal se $x<0$ ou $x>2$. A igualdade é possível em $x=0$; $x=2$ está excluído.

$S=]-\infty,0]\cup]2,+\infty[$.

$S=]-\infty,0]\cup]2,+\infty[$.

11.4. INTERMÉDIO

Na expressão $h(x)=1+\dfrac6{x-2}$, a fração tende para zero quando $x\to\pm\infty$. Quando $x\to2^-$, o denominador aproxima-se de zero por valores negativos; quando $x\to2^+$, aproxima-se por valores positivos.

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}h(x)=\lim_{x\to+\infty}h(x)=1$;

$\displaystyle\lim_{x\to2^-}h(x)=-\infty,\qquad\lim_{x\to2^+}h(x)=+\infty$.

A equação $h(x)=1$ exigiria $\dfrac6{x-2}=0$, o que é impossível. Portanto, $1$ não é uma imagem de $h$.

Limites: $1$, $1$, $-\infty$, $+\infty$. A equação $h(x)=1$ não tem solução.

← Enunciado do exercício 11

12.1. BÁSICO

O tempo é a distância dividida pela velocidade. A ida demora $24/18=4/3$ horas e a volta demora $24/x$ horas. A distância total é $48$ km.

$v(x)=\dfrac{48}{\frac43+\frac{24}{x}}=\dfrac{48}{\frac{4x+72}{3x}}=\dfrac{36x}{x+18},\qquad x>0$.

O domínio contextual é $]0,+\infty[$, porque $x$ é uma velocidade positiva.

A velocidade média calcula-se usando a distância total e o tempo total. Não é, em geral, a média aritmética das velocidades da ida e da volta.

$t_{\mathrm{ida}}=\dfrac43\,\mathrm h$; $t_{\mathrm{volta}}=\dfrac{24}{x}\,\mathrm h$; $v(x)=\dfrac{36x}{x+18}$, com $x>0$.

12.2. INTERMÉDIO

Como $x>0$, o denominador é positivo e não se anula. Podemos resolver:

$\dfrac{36x}{x+18}=20\ \Leftrightarrow\ 36x=20x+360\ \Leftrightarrow\ 16x=360\ \Leftrightarrow\ x=\dfrac{45}{2}=22{,}5$.

O valor obtido pertence ao domínio e, substituindo-o na expressão de $v$, obtém-se $20$.

$22{,}5\,\mathrm{km/h}$.

12.3. DESAFIO

Para $0<x\le30$, temos $18<x+18\le48$. Reescrevendo o modelo, vem:

$v(x)=36-\dfrac{648}{x+18}$.

Como $x+18\le48$ e os denominadores são positivos, $\dfrac{648}{x+18}\ge\dfrac{648}{48}=13{,}5$. Assim, $v(x)\le36-13{,}5=22{,}5$, com igualdade quando $x=30$.

Logo, a maior média possível é $22{,}5\,\mathrm{km/h}$ e uma média de $24\,\mathrm{km/h}$ não é possível com esta limitação. Também se pode confirmar resolvendo:

$\dfrac{36x}{x+18}=24\ \Leftrightarrow\ 12x=432\ \Leftrightarrow\ x=36>30$.

Máximo: $22{,}5\,\mathrm{km/h}$, atingido com $x=30$. A média de $24\,\mathrm{km/h}$ exigiria $x=36$ e não é possível sob a limitação.

12.4. INTERMÉDIO

Usando a forma $v(x)=36-\dfrac{648}{x+18}$, a fração tende para zero quando $x\to+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}v(x)=36$.

Para qualquer velocidade finita $x>0$, a fração $\dfrac{648}{x+18}$ é positiva, pelo que $v(x)<36$. Assim, $36\,\mathrm{km/h}$ é um valor de aproximação do modelo, mas nunca é atingido. A ida demora sempre $4/3$ horas, e a volta demora um tempo positivo, logo o tempo total é sempre superior a $4/3$ horas.

O limite descreve o comportamento matemático do modelo; não pressupõe que se consigam velocidades de regresso arbitrariamente grandes num treino real.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}v(x)=36$; a média nunca atinge $36\,\mathrm{km/h}$ para $x>0$ finito.

← Enunciado do exercício 12

13.1. INTERMÉDIO

Como os dois veículos partem simultaneamente e têm velocidades positivas, encontram-se num ponto interior do segmento $[AB]$. Logo, $0<x<180$.

Até ao encontro, o primeiro veículo percorre $x$ metros e o segundo percorre $180-x$ metros. O tempo gasto por ambos é o mesmo. Como o tempo é o quociente entre a distância percorrida e a velocidade, tem-se:

$\dfrac{x}{12}=\dfrac{180-x}{v}$.

Multiplicando ambos os membros por $12v$ e isolando $v$, obtém-se:

$xv=12(180-x)\iff v=\dfrac{12(180-x)}{x}=\dfrac{2160-12x}{x}$.

O domínio do modelo é $]0,180[$. A condição algébrica $x\neq0$, por si só, não traduz todas as restrições do problema.

$v(x)=\dfrac{2160-12x}{x}$, com $D_v=]0,180[$.

13.2. BÁSICO

Substitui-se $x$ por $45$ na expressão do modelo:

$v(45)=\dfrac{2160-12\times45}{45}=\dfrac{1620}{45}=36$.

O resultado pode ser confirmado pelos tempos de viagem: o primeiro veículo percorre $45$ metros em $45/12=3{,}75$ segundos; o segundo percorre $135$ metros em $135/36=3{,}75$ segundos.

A velocidade deve ser de $36\ \mathrm{m/s}$.

13.3. BÁSICO

Pretende-se resolver $v(x)=24$, tendo em conta que $0<x<180$:

$\dfrac{2160-12x}{x}=24\iff2160-12x=24x\iff36x=2160\iff x=60$.

Como $60\in]0,180[$, o valor obtido é admissível. Os veículos encontram-se após $60/12=5$ segundos, tendo o segundo percorrido $24\times5=120$ metros.

O encontro ocorre a $60$ metros de $A$.

13.4. INTERMÉDIO

Escreve-se $v(x)=\dfrac{2160}{x}-12$. Quando $x$ tende para $180$ por valores inferiores a $180$, obtém-se:

$\displaystyle\lim_{x\to180^-}v(x)=\dfrac{2160}{180}-12=0$.

Para que o encontro ocorra cada vez mais perto de $B$, a velocidade do veículo que parte de $B$ deve aproximar-se de zero, mantendo-se positiva. Nesse caso, o veículo que parte de $A$ percorre quase todo o troço.

Quando $x$ tende para zero por valores positivos, o quociente $2160/x$ cresce sem limite:

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}v(x)=+\infty$.

No modelo, para que o encontro ocorra cada vez mais perto de $A$, a velocidade do veículo que parte de $B$ teria de aumentar sem limite. Este é um comportamento limite do modelo; não corresponde a uma velocidade real infinita.

Os limites são laterais porque o domínio contextual é $]0,180[$. Nenhum dos extremos pertence ao domínio.

$\displaystyle\lim_{x\to180^-}v(x)=0$ e $\displaystyle\lim_{x\to0^+}v(x)=+\infty$.

← Enunciado do exercício 13

14.1. INTERMÉDIO

Começa-se por converter o tempo da primeira mangueira para minutos: $4\times60=240$ minutos.

Em cada minuto, a primeira mangueira enche $1/240$ da piscina e a segunda enche $1/t$ da piscina. As frações de piscina enchidas por minuto somam-se:

$\dfrac1{m(t)}=\dfrac1{240}+\dfrac1t=\dfrac{t+240}{240t}$.

Como $t>0$, ambos os membros são positivos. Invertendo os dois membros, conclui-se que:

$m(t)=\dfrac{240t}{t+240}$.

Somam-se os caudais, isto é, as quantidades de água fornecidas por unidade de tempo; os tempos de enchimento não se somam.

$m(t)=\dfrac{240t}{t+240}$, com $D_m=]0,+\infty[$.

14.2. BÁSICO

Resolve-se a equação $m(t)=96$, com $t>0$:

$\dfrac{240t}{t+240}=96\iff240t=96(t+240)$.

$240t=96t+23040\iff144t=23040\iff t=160$.

O valor é positivo, pelo que pertence ao domínio. Como $160=2\times60+40$, corresponde a $2$ horas e $40$ minutos.

A segunda mangueira demora $160$ minutos, ou seja, $2$ horas e $40$ minutos.

14.3. DESAFIO

A condição do enunciado traduz-se por:

$m(t)>\dfrac t2\iff\dfrac{240t}{t+240}>\dfrac t2,\qquad t>0$.

Na calculadora, introduzem-se $Y_1=240X/(X+240)$ e $Y_2=X/2$. Uma janela adequada é $0\leq X\leq600$ e $0\leq Y\leq320$.

A ferramenta de interseção fornece o ponto $(240,120)$ no domínio contextual. A origem aparece como interseção das expressões prolongadas a $t=0$, mas não pertence ao domínio do modelo.

O gráfico de $Y_1$ está acima do gráfico de $Y_2$ para $0<t<240$. Como a desigualdade é estrita, o valor $240$ não se inclui.

Confirmação algébrica. Para $t>0$, tem-se $2(t+240)>0$; pode multiplicar-se a desigualdade por esta expressão sem inverter o seu sentido:

$\dfrac{240t}{t+240}>\dfrac t2\iff480t>t(t+240)$.

Dividindo por $t>0$, obtém-se:

$480>t+240\iff t<240$.

Combinando esta condição com o domínio, conclui-se que $t\in]0,240[$.

$S=]0,240[$. A segunda mangueira deve encher a piscina sozinha em menos de $240$ minutos.

14.4. INTERMÉDIO

Quando o tempo de enchimento da segunda mangueira tende para zero por valores positivos, tem-se:

$\displaystyle\lim_{t\to0^+}m(t)=\lim_{t\to0^+}\dfrac{240t}{t+240}=0$.

Assim, se a segunda mangueira, sozinha, encher a piscina num tempo cada vez menor, o tempo de enchimento com ambas também se aproxima de zero. O limite é finito; logo, $t=0$ não é uma assíntota vertical.

Para o limite no infinito, divide-se o numerador e o denominador por $t$:

$\displaystyle\lim_{t\to+\infty}m(t)=\lim_{t\to+\infty}\dfrac{240}{1+240/t}=240$.

Portanto, o gráfico tem a assíntota horizontal $y=240$ quando $t\to+\infty$. Se a segunda mangueira demorar cada vez mais tempo a encher a piscina sozinha, o seu caudal torna-se cada vez menor e o tempo com ambas aproxima-se dos $240$ minutos da primeira.

Além disso, $m(t)=240-\dfrac{57600}{t+240}<240$ para todo o $t>0$; a aproximação ao valor $240$ faz-se por valores inferiores.

No domínio $]0,+\infty[$, o denominador é sempre positivo e a função é contínua. Não existem assíntotas verticais.

Na extensão racional $\widetilde m(t)=240t/(t+240)$, definida em $\mathbb R\setminus\{-240\}$, o denominador anula-se em $t=-240$ e o numerador não se anula: $\widetilde m(t)$ tem uma assíntota vertical nessa reta. Porém, $-240$ não é ponto aderente ao domínio contextual $]0,+\infty[$: não é possível aproximar $t$ de $-240$ usando tempos admissíveis. Essa assíntota não pertence ao estudo do modelo físico.

Limites: $0$ em $0^+$ e $240$ em $+\infty$. No domínio contextual, a única assíntota é $y=240$.

← Enunciado do exercício 14

15.1. INTERMÉDIO

Na volta, o barco sobe o rio e a sua velocidade em relação à margem é $v-3$. Para conseguir regressar a $A$, essa velocidade tem de ser positiva: $v-3>0$, isto é, $v>3$. Se fosse $v\le3$, o barco não avançaria contra a corrente.

O tempo de cada viagem é o quociente entre a distância percorrida e a velocidade:

$t_{\mathrm{ida}}=\dfrac{12}{v+3},\qquad t_{\mathrm{volta}}=\dfrac{12}{v-3}$.

Somam-se as duas frações, usando o denominador comum $(v+3)(v-3)=v^2-9$:

$T(v)=\dfrac{12(v-3)+12(v+3)}{(v+3)(v-3)}=\dfrac{12v-36+12v+36}{v^2-9}=\dfrac{24v}{v^2-9}$.

O domínio do modelo é $]3,+\infty[$. A expressão $\dfrac{24v}{v^2-9}$ está definida em $\mathbb R\setminus\{-3,3\}$, mas só interessam velocidades superiores a $3$.

$T(v)=\dfrac{24v}{v^2-9}$, com $D_T=]3,+\infty[$.

15.2. BÁSICO

Resolve-se $T(v)=3$, com $v>3$. Neste domínio, $v^2-9>0$, pelo que se podem multiplicar ambos os membros por $v^2-9$:

$\dfrac{24v}{v^2-9}=3\iff24v=3v^2-27\iff3v^2-24v-27=0\iff v^2-8v-9=0$.

$v=\dfrac{8\pm\sqrt{64+36}}{2}=\dfrac{8\pm10}{2}\iff v=9\ \vee\ v=-1$.

Só $v=9$ pertence ao domínio. Confirmação: a ida faz-se a $12\,\mathrm{km/h}$ e demora $1$ hora; a volta faz-se a $6\,\mathrm{km/h}$ e demora $2$ horas.

$v=9\,\mathrm{km/h}$.

15.3. INTERMÉDIO

Quando $v\to3^+$, o numerador tende para $72$ e o denominador tende para $0$ por valores positivos, pois $v^2>9$:

$\displaystyle\lim_{v\to3^+}T(v)=\lim_{v\to3^+}\dfrac{24v}{v^2-9}=\dfrac{72}{0^+}=+\infty$.

Se a velocidade do barco em águas paradas se aproximar da velocidade da corrente, o barco quase não avança contra a corrente e a viagem de volta demora um tempo cada vez maior. A reta $v=3$ é assíntota vertical do gráfico de $T$.

No infinito, dividem-se o numerador e o denominador por $v^2$:

$\displaystyle\lim_{v\to+\infty}T(v)=\lim_{v\to+\infty}\dfrac{\frac{24}{v}}{1-\frac{9}{v^2}}=\dfrac{0}{1}=0$.

Para velocidades cada vez maiores, a viagem demora cada vez menos tempo, aproximando-se de zero sem nunca o atingir. A reta $y=0$ (o eixo das abcissas) é assíntota horizontal do gráfico de $T$.

A reta $v=-3$ é assíntota da função definida pela mesma expressão em $\mathbb R\setminus\{-3,3\}$, mas não do modelo: $-3$ não é ponto aderente ao domínio $]3,+\infty[$.

$\displaystyle\lim_{v\to3^+}T(v)=+\infty$ e $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}T(v)=0$. Assíntotas: $v=3$ (vertical) e $y=0$ (horizontal).

15.4. DESAFIO

Em águas paradas, o barco andaria sempre a $v\,\mathrm{km/h}$ e percorreria os $24\,\mathrm{km}$ em $\dfrac{24}{v}$ horas. Compara-se este tempo com $T(v)$ através da diferença:

$T(v)-\dfrac{24}{v}=\dfrac{24v}{v^2-9}-\dfrac{24}{v}=\dfrac{24v^2-24(v^2-9)}{v(v^2-9)}=\dfrac{216}{v(v^2-9)}$.

Para $v>3$, tem-se $v>0$ e $v^2-9>0$; logo, a diferença é positiva e $T(v)>\dfrac{24}{v}$. A corrente atrasa sempre a viagem de ida e volta.

Para $v=9$:

$T(9)-\dfrac{24}{9}=\dfrac{216}{9\times72}=\dfrac13\,\mathrm{h}=20\,\mathrm{min}$.

De facto, $T(9)=3\,\mathrm{h}$ e $\dfrac{24}{9}=\dfrac83\,\mathrm{h}$, ou seja, $2$ h $40$ min.

A corrente ajuda durante a ida e prejudica durante a volta, com a mesma intensidade. Mas o barco passa mais tempo a subir o rio do que a descê-lo (com $v=9$, $2$ horas contra $1$ hora), pelo que o efeito desfavorável pesa mais.

$T(v)-\dfrac{24}{v}=\dfrac{216}{v(v^2-9)}>0$ para $v>3$. Com $v=9$, perdem-se $20$ minutos.

← Enunciado do exercício 15

16.1. INTERMÉDIO

Em $t$ minutos entram $20t$ litros de solução, que contêm $30\times20t=600t$ gramas de sal. Assim, no instante $t$:

quantidade de sal: $1000+600t$ gramas; volume de líquido: $200+20t$ litros.

A concentração é o quociente entre a quantidade de sal e o volume:

$C(t)=\dfrac{1000+600t}{200+20t}=\dfrac{20(30t+50)}{20(t+10)}=\dfrac{30t+50}{t+10}$.

O modelo é válido desde a abertura da torneira até o depósito ficar cheio:

$200+20t\le1000\iff20t\le800\iff t\le40$.

Logo, $D_C=[0,40]$. Repare que $C(0)=\dfrac{50}{10}=5$ é a concentração inicial: $1000\,\mathrm{g}$ em $200\,\mathrm{L}$.

$C(t)=\dfrac{30t+50}{t+10}$, com $D_C=[0,40]$.

16.2. BÁSICO

Como $t+10>0$ no domínio, pode multiplicar-se por $t+10$:

$\dfrac{30t+50}{t+10}=20\iff30t+50=20t+200\iff10t=150\iff t=15$.

Como $15\in[0,40]$, a solução é admissível. Nesse instante, o volume é $200+20\times15=500$ litros. Confirmação: a quantidade de sal é $1000+600\times15=10\,000$ gramas e $10\,000:500=20$.

Ao fim de $15$ minutos; o depósito tem, então, $500$ litros.

16.3. INTERMÉDIO

Como $30t+50=30(t+10)-250$, tem-se:

$C(t)=\dfrac{30(t+10)-250}{t+10}=30-\dfrac{250}{t+10}$.

É a forma pedida, com $a=30$, $b=-250$ e $c=-10$.

Quando $t$ aumenta, $t+10$ aumenta e é positivo; então $\dfrac{250}{t+10}$ diminui e $C(t)=30-\dfrac{250}{t+10}$ aumenta. A concentração é, portanto, crescente em $[0,40]$.

O menor valor é $C(0)=5$ e o maior é $C(40)=30-\dfrac{250}{50}=25$. Além disso, para cada $k\in[5,25]$, a equação $C(t)=k$ tem a solução $t=\dfrac{250}{30-k}-10$, que pertence a $[0,40]$. Assim, a concentração assume todos os valores entre $5$ e $25\,\mathrm{g/L}$.

$C(t)=30-\dfrac{250}{t+10}$; conjunto de valores: $[5,25]$, em $\mathrm{g/L}$.

16.4. DESAFIO

Usando a forma da alínea anterior:

$\displaystyle\lim_{t\to+\infty}C(t)=\lim_{t\to+\infty}\left(30-\dfrac{250}{t+10}\right)=30-0=30$.

Com o passar do tempo, a água inicial passa a ser uma parte cada vez menos significativa da mistura e a concentração aproxima-se da concentração da solução que entra, $30\,\mathrm{g/L}$. A reta $y=30$ é assíntota horizontal do gráfico do modelo prolongado.

A concentração nunca atinge $30\,\mathrm{g/L}$: para todo o $t\ge0$, $\dfrac{250}{t+10}>0$, logo $C(t)<30$. A mistura contém sempre a água inicial, menos salgada.

Para que a concentração difira de $30$ menos de $0{,}1\,\mathrm{g/L}$:

$30-C(t)<0{,}1\iff\dfrac{250}{t+10}<0{,}1\iff t+10>2500\iff t>2490$.

Em $2490$ minutos entram $20\times2490=49\,800$ litros de solução. Portanto, teriam de entrar mais de $49\,800$ litros, o que corresponde a mais de $41$ horas e meia com a torneira aberta.

Este cálculo mostra o significado do limite: é possível tornar $C(t)$ tão próximo de $30$ quanto se queira, desde que $t$ seja suficientemente grande.

$\displaystyle\lim_{t\to+\infty}C(t)=30$; o valor $30\,\mathrm{g/L}$ nunca é atingido; teriam de entrar mais de $49\,800$ litros de solução.

← Enunciado do exercício 16

17.1. BÁSICO

$C(0)=\dfrac{0}{9}=0,\qquad C(2)=\dfrac{60}{4+9}=\dfrac{60}{13}\approx4{,}62$.

No instante da administração, ainda não há medicamento no sangue. Duas horas depois, a concentração é de, aproximadamente, $4{,}62\,\mathrm{mg/L}$.

$C(0)=0$; $C(2)=\dfrac{60}{13}\approx4{,}62\,\mathrm{mg/L}$.

17.2. INTERMÉDIO

O problema traduz-se pela condição:

$C(t)>4\iff\dfrac{30t}{t^2+9}>4,\qquad t\ge0$.

Na calculadora, introduzem-se $Y_1=30X/(X^2+9)$ e $Y_2=4$, por exemplo na janela $0\le X\le14$ e $0\le Y\le6$. A ferramenta de interseção dá os pontos $(1{,}5;\,4)$ e $(6,\,4)$.

O gráfico de $Y_1$ está acima da reta $y=4$ para $1{,}5<t<6$. O medicamento é eficaz durante $6-1{,}5=4{,}5$ horas, isto é, $4$ horas e $30$ minutos.

Confirmação algébrica. Como $t^2+9>0$, pode multiplicar-se a desigualdade por $t^2+9$ sem trocar o seu sentido:

$30t>4t^2+36\iff4t^2-30t+36<0\iff2t^2-15t+18<0$.

$2t^2-15t+18=0\iff t=\dfrac{15\pm\sqrt{225-144}}{4}=\dfrac{15\pm9}{4}\iff t=\dfrac32\ \vee\ t=6$.

O polinómio do segundo grau tem coeficiente principal positivo, logo é negativo entre as raízes: $t\in\left]\dfrac32,6\right[$.

O medicamento é eficaz entre $1{,}5$ h e $6$ h após a administração, ou seja, durante $4$ h $30$ min.

17.3. DESAFIO

Estuda-se o sinal da diferença, reduzindo ao mesmo denominador:

$5-C(t)=\dfrac{5(t^2+9)-30t}{t^2+9}=\dfrac{5t^2-30t+45}{t^2+9}=\dfrac{5(t^2-6t+9)}{t^2+9}=\dfrac{5(t-3)^2}{t^2+9}$.

O numerador é não negativo e o denominador é positivo. Logo, $5-C(t)\ge0$, isto é, $C(t)\le5$, para todo o $t\ge0$. A igualdade só se verifica quando $(t-3)^2=0$, ou seja, para $t=3$.

Portanto, a concentração máxima é $5\,\mathrm{mg/L}$ e é atingida $3$ horas após a administração. Este resultado confirma o máximo $(3,5)$ que a calculadora indica.

O fator $(t-3)^2$ corresponde a uma raiz dupla do numerador: é por isso que o gráfico de $C$ toca a reta $y=5$ sem a atravessar. A mesma ideia é usada no desafio final.

$5-C(t)=\dfrac{5(t-3)^2}{t^2+9}\ge0$; concentração máxima de $5\,\mathrm{mg/L}$, $3$ horas após a administração.

17.4. INTERMÉDIO

Dividindo o numerador e o denominador por $t^2$:

$\displaystyle\lim_{t\to+\infty}C(t)=\lim_{t\to+\infty}\dfrac{\frac{30}{t}}{1+\frac{9}{t^2}}=\dfrac01=0$.

Com o passar do tempo, o medicamento vai sendo eliminado e a sua concentração no sangue aproxima-se de zero. A reta $y=0$ é assíntota horizontal do gráfico de $C$.

Como $t^2+9\ge9>0$, o denominador nunca se anula, nem mesmo se a expressão for considerada em todo o $\mathbb R$. Não há valores de $t$ junto dos quais $C(t)$ tenda para $\pm\infty$; por isso, o gráfico não tem assíntotas verticais.

$\displaystyle\lim_{t\to+\infty}C(t)=0$; assíntota horizontal $y=0$; não há assíntotas verticais.

← Enunciado do exercício 17

18.1. INTERMÉDIO

O volume do prisma é o produto da área da base pela altura:

$x^2h=32\iff h=\dfrac{32}{x^2}$.

A caixa não tem tampa: gasta-se cartão na base, de área $x^2$, e em quatro faces laterais, cada uma com área $xh$.

$A(x)=x^2+4xh=x^2+4x\times\dfrac{32}{x^2}=x^2+\dfrac{128}{x}=\dfrac{x^3+128}{x},\qquad x>0$.

$h=\dfrac{32}{x^2}$ e $A(x)=x^2+\dfrac{128}{x}=\dfrac{x^3+128}{x}$, com $x>0$.

18.2. INTERMÉDIO

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}A(x)=\lim_{x\to0^+}\left(x^2+\dfrac{128}{x}\right)=0+(+\infty)=+\infty$.

Se a aresta da base for muito pequena, a caixa terá de ser muito alta, pois $h=\dfrac{32}{x^2}\to+\infty$, e a área das faces laterais cresce sem limite. A reta $x=0$ é assíntota vertical do gráfico de $A$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}A(x)=+\infty$, pois $x^2\to+\infty$ e $\dfrac{128}{x}\to0$.

Se a base for muito larga, a caixa fica muito baixa, mas a área da base cresce sem limite. Como o limite em $+\infty$ não é finito, e o domínio não permite que $x\to-\infty$, o gráfico não tem assíntota horizontal.

Ambos os limites são $+\infty$. Assíntota vertical $x=0$; não há assíntota horizontal.

18.3. DESAFIO

Reduz-se ao mesmo denominador:

$A(x)-48=\dfrac{x^3+128-48x}{x}=\dfrac{x^3-48x+128}{x}$.

Seja $N(x)=x^3-48x+128$. Como $N(4)=64-192+128=0$, o polinómio é divisível por $x-4$. Pela regra de Ruffini (o coeficiente de $x^2$ é $0$):

As raízes de $x^2+4x-32$ são $\dfrac{-4\pm\sqrt{16+128}}{2}=\dfrac{-4\pm12}{2}$, isto é, $4$ e $-8$. Logo:

$N(x)=(x-4)(x^2+4x-32)=(x-4)(x-4)(x+8)=(x-4)^2(x+8)$

$A(x)-48=\dfrac{(x-4)^2(x+8)}{x}$.

Para $x>0$: $(x-4)^2\ge0$, $x+8>0$ e $x>0$. Logo, $A(x)-48\ge0$, ou seja, $A(x)\ge48$, com igualdade apenas para $x=4$.

A área mínima é $48\,\mathrm{dm^2}$ e obtém-se com $x=4$ e $h=\dfrac{32}{16}=2$.

O valor $4$ é raiz dupla de $N$: a diferença $A(x)-48$ anula-se em $4$ sem mudar de sinal. Graficamente, o gráfico de $A$ toca a reta $y=48$ no ponto $(4,48)$ sem a atravessar.

A caixa mais económica tem base de $4\,\mathrm{dm}\times4\,\mathrm{dm}$ e altura de $2\,\mathrm{dm}$; gasta $48\,\mathrm{dm^2}$ de cartão.

18.4. DESAFIO

Pretende-se resolver $A(x)\le68$, com $x>0$. Como $x>0$, pode multiplicar-se por $x$ sem trocar o sentido da desigualdade:

$x^2+\dfrac{128}{x}\le68\iff\dfrac{x^3-68x+128}{x}\le0\iff x^3-68x+128\le0$.

Se o polinómio $x^3-68x+128$ tiver raízes inteiras, estas são divisores de $128$. Experimentando: para $x=1$, obtém-se $61$; para $x=2$, obtém-se $8-136+128=0$. Pela regra de Ruffini:

$x^3-68x+128=(x-2)(x^2+2x-64)$.

$x^2+2x-64=0\iff x=\dfrac{-2\pm\sqrt{4+256}}{2}=\dfrac{-2\pm2\sqrt{65}}{2}=-1\pm\sqrt{65}$.

Seja $\beta=-1+\sqrt{65}\approx7{,}06$. A outra raiz, $-1-\sqrt{65}$, é negativa e não interessa. Para $x>0$, o fator $x^2+2x-64$ é negativo em $]0,\beta[$ e positivo em $]\beta,+\infty[$. Como $x>0$, o sinal de $A(x)-68$ é o sinal do produto $(x-2)(x^2+2x-64)$:

A condição verifica-se em $\left[2,\,-1+\sqrt{65}\right]$. Nos extremos, as caixas gastam exatamente $68\,\mathrm{dm^2}$: com $x=2$, a altura é $8\,\mathrm{dm}$; com $x=-1+\sqrt{65}\approx7{,}06$, a altura é apenas cerca de $0{,}64\,\mathrm{dm}$.

$x\in\left[2,\,-1+\sqrt{65}\right]$, em decímetros.

18.5. DESAFIO

Para uma capacidade $V$, tem-se $x^2h=V$, logo $h=\dfrac{V}{x^2}$ e, como em 18.1:

$A_V(x)=x^2+4x\times\dfrac{V}{x^2}=x^2+\dfrac{4V}{x},\qquad x>0$.

Seja $a>0$ tal que $a^3=2V$, isto é, $a=\sqrt[3]{2V}$. Então $4V=2a^3$ e:

$A_V(x)=x^2+\dfrac{2a^3}{x}=\dfrac{x^3+2a^3}{x}$.

Em 18.3, com $V=32$, tinha-se $a=4$ e o mínimo era $48=3\times4^2$. Por analogia, estuda-se a diferença $A_V(x)-3a^2$:

$A_V(x)-3a^2=\dfrac{x^3-3a^2x+2a^3}{x}$.

O polinómio, na variável $x$, $M(x)=x^3-3a^2x+2a^3$ anula-se em $x=a$, pois $a^3-3a^3+2a^3=0$. Pela regra de Ruffini:

Como $(x-a)(x+2a)=x^2+ax-2a^2$, obtém-se:

$M(x)=(x-a)(x^2+ax-2a^2)=(x-a)^2(x+2a)$

$A_V(x)-3a^2=\dfrac{(x-a)^2(x+2a)}{x}\ge0\quad\text{para todo o }x>0$,

com igualdade apenas para $x=a$. A caixa mais económica tem aresta da base $a$ e altura

$h=\dfrac{V}{a^2}=\dfrac{a^3/2}{a^2}=\dfrac a2$,

ou seja, a altura é metade da aresta da base, qualquer que seja a capacidade. A área mínima é:

$3a^2=3\left(\sqrt[3]{2V}\right)^2=3\sqrt[3]{4V^2}$.

Verificação: para $V=32$, obtém-se $3\sqrt[3]{4\times1024}=3\sqrt[3]{4096}=3\times16=48$, como em 18.3.

Curiosidade: a caixa ótima é «meio cubo». Juntando duas destas caixas pelas aberturas, obtém-se um cubo de aresta $a$. Não é coincidência: a área de cartão de uma caixa aberta é metade da área total da caixa fechada, de volume $2V$, formada pelas duas; e, entre os prismas de base quadrada com um dado volume, o que tem menor área total é o cubo.

A caixa mais económica tem $h=\dfrac x2$, com $x=\sqrt[3]{2V}$; a área mínima é $3\sqrt[3]{4V^2}\ \mathrm{dm^2}$.

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