Podia ter sido assim - Apontamentos durante a suspensão das aulas presenciais

Isabel Mateus

11.º A – Apontamentos durante a suspensão das aulas presenciais – aula 1

Podia ter sido

assim

Apontamentos durante a suspensão das aulas presenciais

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Limites laterais

Passa um minuto das 11h55m. É dia 16 de março e sigo no corredor para a minha última

aula do dia. Como sempre, para evitar congestionamentos no corredor, a assistente operacional

do piso já pediu aos alunos que entrassem para a sala. A porta está aberta e quando entro

cumprimento a turma. Ouço algumas respostas e a boa disposição é contagiante (como um

vírus!). Os alunos estão a acabar de retirar das mochilas o material que precisam para a aula,

continuando a conversa animada com o colega do lado. Outros fecham livros que costumam ler

durante os intervalos e outros arrumam os telemóveis. Pouso a pasta na mesa e continuo a

observar. Estão todos! Na última aula, que acabou por ser na sexta-feira passada, quando

substituí a colega que lhes dava aulas ao último tempo da tarde, estavam apenas doze alunos…

– Bom – começo eu – parece que finalmente vou falar dos limites laterais! – Sorrisos e risos

tímidos. O assunto tinha ficado pendente, pois não ia dar matéria com tão poucos alunos.

Volto-me para o quadro escrevo o sumário:

Lição 69 16-03-2020

Limites laterais.

Resolução de exercícios do manual.

Começo por perguntar se alguém se lembra ou consegue explicar o conceito ou definição

de limite segundo Heine. Como sempre, as primeiras participações da aula parecem arrancadas

a saca-rolhas, mas alguém se atreve a começar:

– É, tipo, quando queremos calcular o limite de uma função num ponto, temos que

arranjar uma sucessão de termos que pertençam domínio da função e que convirjam para esse

valor… e depois, tipo, vemos para onde tendem as imagens pela função dos termos da

sucessão…, tipo, é difícil explicar…. – risos tímidos.

– Pois – intervém outro – mas na aula prática de quarta-feira, calcular limites pareceu

mais fácil do que explicar…

– Sim – admito – mas também temos que conhecer os conceitos teóricos. Já lá vai quase

uma semana e ainda bem que se lembram do básico (dirijo-me mais concretamente a quem

respondeu primeiro). Agora pergunto, quando pretendemos calcular o limite de uma função num

ponto, esse ponto pertence necessariamente ao domínio da função?

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Matemática A – Isabel Mateus

– Não! – respondem em coro – tem é que ser um ponto aderente! – Sei que alguns

responderam isto, outros com outras palavras, mas a palavra “aderente” destacou-se no ruído

gerado com tanta gente a responder ao mesmo tempo.

– Então, dizemos que estamos a calcular um limite lateral quando queremos calcular o

limite à esquerda ou à direita de um ponto. E esse ponto pode não pertencer ao domínio, mas

tem que ser um ponto aderente ao domínio da função dada. Observem a primeira figura da

página 116:

– Trata-se da representação gráfica da função f(x) = 1 x

e o zero não faz parte do domínio

de f, mas é um ponto aderente ao seu domínio. – continuo. – Pretende ilustrar que, se

considerarmos uma sucessão qualquer de elementos do domínio de f que tende para zero, então

a sucessão das imagens desses termos pela função f, tendem para o que chamamos “limite de

f quando x tende para zero, por valores superiores a zero”, ou como iremos dizer, “para zero

mais”, que, neste caso é “mais infinito”. – e escrevo no quadro, em linguagem simbólica o que

acabei de dizer. Faço também um esboço da figura que pedi que observassem no manual para

complementar. Esboço?!? É mais uma situação em que sou recordada porque é que não tinha a

mínima hipótese de ir para “artes”.

– E agora, podemos considerar a situação semelhante à esquerda de zero. Intuitivamente,

olhando para outra figura que têm também na página 116, à medida que os objetos são valores

cada vez mais perto de zero, por valores à esquerda deste, as imagens desses objetos são cada

vez menores, aparentando tenderem para menos infinito. Formalmente, é semelhante ao caso

anterior. – e procedo de igual forma no quadro:

11.º A – Apontamentos durante a suspensão das aulas presenciais – aula 1 Página 3 de 32


– Vamos escrever as definições formais destes conceitos e, a seguir, vamos explorar mais

exemplos. – ouvem-se os suspiros típicos de “seca”, mas ninguém se recusa a escrever:

Limites laterais

Exemplos:

2x, x > 1

1. Consideremos a função g definida por g(x) = {

x 2 , x ≤ 1

– Vamos calcular pela definição, lim

x→1 +

g(x) e lim g(x) – explico. – Acompanhem, para

x→1− no próximo exemplo já saberem o que é suposto fazer. – algumas caras céticas, outras mais

animadas.

– No caso de lim g(x) vamos considerar uma sucessão de cujos termos são elementos

x→1 +

do domínio de g. Essa sucessão tem que tender para 1 por valores superiores a 1. Alguém quer

dar uma sugestão de como poderia ser uma sucessão nessas condições?

– Eu sei, eu sei… x n = 1 + 1 … – uma voz mais animada que se sobrepõe às restantes.

n

Sorrisos de concordância e outros mais enigmáticos.

– Certo! – concordo. – Mas o resultado tem que acontecer para qualquer uma sucessão

nessas condições. Logo, vamos considerar que:

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D g , tal que ∀n ∈ N, x n > 1 e lim x n = 1 + , tem-se:

lim g(x) = lim g(x

x→1 + n ) = lim 2x n = 2 lim x n = 2 × 1 = 2

Portanto, lim g(x) = 2

x→1 +

– Porque é que lim g(x n ) = lim 2x n ? – vários a questionar.



– Porque estamos a trabalhar com valores superiores a 1. Qual é o ramo da função g que

indica a expressão que nos permite calcular as imagens de objetos superiores a 1?

– O primeiro ramo!!! – resposta em uníssono.

– Agora – continuo – vamos calcular lim

x→1 − g(x):

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D g , tal que ∀n ∈ N, x n < 1 e lim x n = 1 − , tem-se:

lim g(x) = lim g(x

x→1 − n ) = lim (x n )2 = (lim x n ) 2 = 1 2 = 1

Portanto, lim g(x) = 1

x→1 −

– E perceberam porque é que lim g(x n ) = lim (x n ) 2 ? – sorrisos e alguns alunos a

aquiescer com a cabeça. – Vamos observar a representação gráfica desta função na página 117

e reparar no que já tínhamos mostrado pela definição:

– Quando nos aproximamos de 1 por valores à direita de 1, as imagens desses objetos pela

função g estão a aproximar-se de 2. Quando nos aproximamos de 1 por valores à esquerda de

1, as imagens desses objetos pela função g estão a aproximar-se de 1

h(2)

3x − 2, x < 2

2. Consideremos agora a função h definida por h(x) = { 4, x = 2

x 2 , x > 2

– Vamos calcular pela definição, lim

x→2 +

lim h(x):

x→2 +

h(x) e lim h(x) e verificar que ambos são iguais a

x→2− Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n > 2 e lim x n = 2 + , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→2 + n ) = lim (x n )2 = (lim x n ) 2 = 2 2 = 4

Portanto, lim h(x) = 4

x→2 +

lim h(x):

x→2 −

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n < 2 e lim x n = 2 − , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→2 − n ) = lim(3x n − 2) = 3 × 2 − 2 = 4


x→2 −

4

Tem-se ainda que, h(2) = 4 (ramo do meio)

Portanto, neste caso, lim h(x) = lim h(x) = h(2) = 4

x→2 + x→2 −


2

h


– Nesta situação – acrescento. – podemos dizer que lim

x→2

h(x) = 4, porque o limite à

esquerda de 2 é igual ao limite à direita de 2 e, como 2 pertence ao domínio de h, a imagem de

dois também é igual ao limite à esquerda e à direita.

Vários braços no ar!!!

– Sim? – aponto para alguém com um ar mais desesperado.

– E se o 2 não pertencesse ao domínio?... Tipo… se o ramo do meio não existisse?

– Nesse caso, também existia lim

x→2

h(x) e era igual a 4. Como o 2 não pertencia ao domínio,

bastava os limites laterais serem iguais. Se o ponto pertencer ao domínio, então a sua imagem

também tem que ser igual aos limites laterais, para existir limite nesse ponto.

– Então, mas isso acontece sempre? – ouve-se uma voz mais tímida. – Os limites laterais

são sempre iguais?

– Não. – respondo. – Têm o caso do primeiro exemplo, em que lim

x→1 + g(x) = 2 e

lim g(x) = 1

x→1 −

– Nesse caso, não existe lim

x→1

g(x)…

– Certo. – concordo. – Agora vamos escrever a generalização destes resultados, que está

na página 118. – momento “suspiros típicos de seca – parte II”.

– E agora, vão fazer os exercícios 21 e 22 da página 117. Para casa, ficam os exercícios 23

e 24 da página 118. Reparem que, em algumas alíneas, é só olhar bem para as representações

gráficas e responder. Nas outras têm que usar a definição, como fizemos nos exemp….

– Stora? – sou interrompida – Podem ficar todos para trabalho de casa? É que só já falta

um minuto para acabar a aula….

Olho incrédula para o relógio, enquanto o barulho da azáfama de arrumar livros começa.

No entanto, algumas caras continuam a olhar para mim à espera de uma resposta:

– Claro que fica tudo para trabalho de casa! Na próxima aula corrigimos. Até amanhã!...

(continua…)



Limite de uma função quando x → ±∞

Propriedades operatórias sobre limites de funções

Terça-feira, 17 de março. Após uma manhã relativamente calma, chega o momentoaventura

do dia: a viagem da sala dos professores até à sala 103 entre as 13h25m e as 13h30m.

Corredores cheios de alunos que acabam de sair das salas para irem almoçar e os que regressam

para as aulas da tarde. Grupos de pessoas que se deslocam em sentido contrário ao meu, outros

a tentar fazer o mesmo caminho que eu, e depois, os que estão parados à porta das salas. Chego,

finalmente, ao destino, e já passa das 13h30m. Mas porque raio não saio mais cedo da sala de

professores? – penso. E dou-me conta que, desde que tenho este horário, faço a mesma pergunta

ao chegar à sala. A isto chama-se “não aprender com os erros”. Enfim, faz o que eu digo, não

faças o que eu faço.

Entramos na sala e, apesar da boa disposição, ouve-se o queixume de ser o dia da semana

em que almoçamos mais cedo. Como vos compreendo!

– Professora, vamos corrigir os exercícios do TPC no quadro? – pergunta alguém antes de

eu chegar à minha mesa.

– Claro! – respondo.

– Eu quero ir fazer o 22… – ouço a mesma voz. Depois, outras vozes que se tentam sobrepor

umas às outras a pedir para ir ao quadro. Antes que comece a guerra civil, tiro a calculadora

gráfica da minha pasta e mostro-a bem alto: – Vou gerar números aleatórios entre 1 e 27. É a

única solução!

O barulho continua enquanto me instalo, mas não percebo o que dizem. Argumento daqui,

resposta dali, e depois, quase silêncio. Alguém fala:

– Já nos entendemos sobre quem vai ao quadro. Vamos quatro, cada um fazer seu

exercício, pode ser?

– Pode. – concordo, suspirando interiormente de alívio. – Os restantes chamem-me ao

lugar para tirar as dúvidas que tiveram. Mas primeiro vamos escrever o sumário.

Lição 70 17-03-2020

Correção do trabalho de casa.


Propriedades operatórias sobre limites de funções.


Depois da correção dos exercícios no quadro, alguns reparos sobre aspetos mais formais

e um reforço da noção de limite lateral, avançamos:

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– Hoje, vamos estudar o limite de uma função quando x tende para mais (ou menos

infinito). Claro que para isso, o domínio da função não pode ser limitado superiormente (ou

inferiormente). Por exemplo, não posso calcular o limite de uma função quando x tende para

mais infinito se o seu domínio for o conjunto ]−∞; 7]

– Mas, nesse caso, – intervém um aluno – podemos calcular o limite da função quando x

tende para menos infinito?

– Sim – respondo.

– E não podem aparecer indeterminações, como nas sucessões?

– Claro! Tudo a seu tempo. – respondo, lembrando-me do recado que tinha para dar. – Já

agora, amanhã a aula não vai ser só resolução de exercícios como de costume. Estamos um

pouco atrasados na matéria e vamos adiantar conteúdos. E o tema é exatamente

indeterminações e como procedemos para “levantar indeterminações”! – algum

desapontamento – Mas não vão faltar exercícios. Não se preocupem! Agora, página 119:


Exemplos:

3. Consideremos a função f definida por f(x) = 1


√x+1

Atendendo à raiz quadrada e ao denominador, calculemos o seu domínio:

D f = {x ∈ R: x + 1 > 0} = ]−1; +∞[

O domínio é um conjunto não majorado. Logo, qualquer que seja (x n ), x n ∈ D f ,

tal lim x n = +∞, tem-se:

lim f(x) = lim f(x n ) = lim

x→+∞

Portanto, lim f(x) = 0

x→+∞

1

√x n + 1 = 1

+∞ = 0


– Podem ver na mesma página a representação gráfica de f que pretende ilustrar esta

situação. À medida que x tende para mais infinito, a “linha do gráfico” parece

aproximar-se de zero. – indico.

4. Consideremos agora a função f definida por f(x) = √3 − x

Atendendo à raiz quadrada, calculemos o seu domínio:

D f = {x ∈ R: 3 − x ≥ 0} = ]−∞; 3]

O domínio é um conjunto não minorado. Logo, qualquer que seja (x n ), x n ∈ D f ,

tal lim x n = −∞, tem-se:

lim f(x) = lim f(x n ) = lim √3 − x n = √3 − (−∞) = +∞

x→−∞

Portanto, lim f(x) = +∞

x→−∞

– Podem ver na calculadora a representação gráfica de f

– Vamos resolver o exercício 27 da página 119 do manual.


27.1 Calcular lim

x→−4

h(x)

lim h(x):

x→−4 +


Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n > −4 e lim x n = −4 + , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→−4 + n ) = lim ( 1

x n − 2 ) = 1

−4 − 2 = − 1 6

Portanto, lim

x→−4 + h(x) = − 1 6

lim h(x):

x→−4 −

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n < −4 e lim x n = −4 − , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→−4 − n ) = lim ( 1

x n − 2 ) = 1

−4 − 2 = − 1 6

Portanto, lim

x→−4 − h(x) = − 1 6

Tem-se ainda que, h(−4) = = − 1 −4−2 6

1

Portanto, neste caso, lim h(x) = lim h(x) = h(−4) = − 1

x→−4 + x→−4 − 6

27.2 Calcular lim

x→1

h(x)

lim h(x):

x→1 +

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n > 1 e lim x n = 1 + , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→1 + n ) = lim(2x n − 3) = 2 × 1 − 3 = −1

Portanto, lim h(x) = −1

x→1 +

lim h(x):

x→1 −

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que ∀n ∈ N, x n < 1 e lim x n = 1 − , tem-se:

lim h(x) = lim h(x

x→1 − n ) = lim ( 1

x n − 2 ) = 1

1 − 2 = −1

Temos então que lim

x→1 −

h(x) = lim h(x) = −1

x→1 +

Mas, h(1) = 3 ≠ −1 (ramo do meio)

Portanto, neste caso, não existe lim

x→1

h(x)

27.3 Calcular lim

x→−∞ h(x)

Qualquer que seja (x n ), x n ∈ D h , tal que lim x n = −∞, tem-se:

lim h(x) = lim h(x n ) = lim ( 1

x→−∞ x n − 2 ) = 1

−∞ − 2 = 1

−∞ = 0


x→−∞


Propriedades operatórias sobre limites de funções


– Vamos agora analisar o quadro resumo da página 120 onde se encontram propriedades

operatórias sobre limites de funções. – começo. – Já estudámos operações com funções no ano

letivo passado e vimos, por exemplo, em que domínio são válidas.

– Eu lembro-me! – respondem alguns. – Até fizemos um resumo de aula sobre isso! (UAU!

– penso, têm melhor memória do que eu!)

Limito-me a sorrir com a aquela cara de “Pois foi…”. Adiante:

– E analisemos os exemplos da mesma página:



– Para terminar, vamos resolver o exercício 28 da página 120, que apenas requer

observação das representações gráficas dadas e estas propriedades:

28.1 a) lim

x→2

f(x) = 4 (porque lim

x→2 −

b) lim

x→2

g(x) = 1 (porque lim

x→2 −

f(x) = lim f(x) = f(2) = 4)

x→2 +

g(x) = lim g(x) = g(2) = 1)

x→2 +

28.2 a) lim

x→2

(f + g)(x) = lim

x→2

f(x) + lim

x→2

g(x) = 4 + 1 = 5

b) lim

x→2

(f × g)(x) = lim

x→2

f(x) × lim

x→2

g(x) = 4 × 1 = 4

c) lim

x→2

(f − g)(x) = lim

x→2

f(x) − lim

x→2

g(x) = 4 − 1 = 3

d) lim ( f ) (x) = x→2 lim f(x)

= 4 = 4

x→2 g lim

x→2 g(x) 1

– Parece fácil! – comentam. – E não podem surgir indeterminações?

– Podem. – respondo. – Fica para amanhã!

– E quais é que fazemos para trabalho de casa?

– Podem fazer o 29 e o 30 da página 121 e o 31 e o 32 da página 122.

– Xiii… o 31 tem muitas alíneas… – reclamam.

– Mas é tudo muito direto. – explico. – Já não vão usar a definição, como no exercício 27.

Vejam os exercícios resolvidos que têm no manual na página 122, ou este exercício 28, que

acabámos de resolver... – Mas parece que já não ouvem. Arrumam o material e suspiram que

ainda têm mais duas aulas pela frente. Eu não! Vou para casa. Mas o trabalho também está à

espera…

– Até amanhã, Stora!

(continua…)



Indeterminações do tipo 0 0

Indeterminações do tipo ∞ − ∞

Nas aulas de quarta-feira, às 10h10m, em virtude de serem aulas predominantemente

práticas, respira-se uma atmosfera mais informal. Os alunos costumam estar à entrada da porta

com o ar de que “hoje é para por as mãos na massa”. No entanto, já os tinha avisado que iria

ser lecionada alguma matéria.

Ao entrar na sala, começam as perguntas!

– Stora, é hoje que vamos falar de indeterminações?

– Sim, vamos com calma! Não vamos ver tudo hoje! – respondo.

– Estivemos lá fora a falar da correção do TPC. – informa um deles. – Dá para ir resolver

cada um sua alínea ao quadro. Só não vão 4, que já foram ontem! Pode ser? – um ar de súplica.

intervalo!?!

– Claro! – respondo, pensando se não haverá melhores assuntos para falar durante o

Lição 71 18-03-2020


Indeterminações do tipo 0 e do tipo ∞ − ∞

0


avançamos:

Depois da correção dos exercícios no quadro, parecendo não haver grandes dúvidas,

Indeterminações do tipo 0 0

– Vamos primeiro ver o caso em que a indeterminação 0 0

surge quando queremos calcular

o limite de uma função quando x tende para um determinado valor, e essa função é o quociente

de funções polinomiais.

Exemplos:

1. lim

x→2

x 2 −2x

x 2 −4

= 22 −2×2

2 2 −4

= 4−4

4−4 = 0 0

– Como podem observar, ao tentar calcular este limite, fomos conduzidos a uma situação

que designamos por indeterminação do tipo 0 0 – observo.

– Mas – intervém um aluno. Esse limite não vai ser igual a 1 ? Quando estudámos o limite

1

de sucessões definidas por polinómios, esse limite não era igual ao quociente dos coeficientes

dos termos de maior grau do numerador e do denominador?

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– Ora bem. Uma coisa de cada vez! – respondo. – Quando calculámos esses limites de

sucessões a que te referes, estávamos a calcular o limite quando x (ou n, naquele caso) tende

para +∞, o que conduzia a uma indeterminação do tipo ∞ . O problema é resolvido como estás

∞

a descrever. E vamos voltar a ele na próxima aula. Neste caso, estamos a calcular o limite quando

x tende para um valor real e a indeterminação é do tipo 0 . O que significa que o valor para o qual

0

x tende, é zero do numerador e do denominador. Nestes casos, vamos decompor o numerador

e o denominador em fatores, “cortar” o fator (ou fatores) comuns (já fizemos isto na aula 65) e

verificar se o problema fica resolvido.

– E fica resolvido? – alguém pergunta.

– Nem sempre… – respondo. Algum desespero nos olhares! – Mas havemos de chegar a

uma conclusão! Nem que seja que esse limite não existe!... – risos.

– E vamos andar à procura de uma coisa que pode não existir?

– É a vida! – respondo! – Não é o que fazemos todos os dias? – mais risos.

– Voltemos ao exemplo. – estávamos a dispersar. – Vamos decompor o numerador e o

denominador em fatores, simplificar e ver o que sucede:

lim

x→2

0

0

x 2 − 2x

x 2 − 4 = lim

x→2

x(x − 2)

(x − 2)(x + 2) = lim

x→2

x

x + 2 =

2

2 + 2 = 2 4 = 1 2

– Neste caso, – concluo. – o problema ficou resolvido.

1

2

2. lim

x→2

(x−2) 2

x 2 −2x = (2−2)2

2 2 −2×2 = 02

4−4 = 0 0

2

– Novamente a indeterminação do tipo 0 . Vamos tentar o mesto tipo de resolução:

0

lim

x→2

0

(x − 2) 2

x 2 − 2x = 0

lim

x→2

(x − 2)(x − 2)

x(x − 2)

= lim

x→2

x − 2

x

=

2 − 2

2

= 0 2 = 0

– Neste caso, o problema ficou novamente resolvido.

– Pois, falta ver quando não fica! – reclamam.

– Ora, aqui vai um exemplo:

2



3. lim

x→2

x 2 −4

= 22 −4

= 0 = 0

(x−2) 2 (2−2) 2 0 2 0

– Novamente a indeterminação do tipo 0 . Vamos tentar o mesto tipo de resolução:

0

lim

x→2

x 2 − 4

(x − 2)

0

0

= lim

2

x→2

(x − 2)(x + 2)

(x − 2)(x − 2) = lim x + 2 2 + 2

=

x→2 x − 2 2 − 2 = 4 0

– E agora? – pergunto.

– Agora o resultado é +∞ ou −∞. Depende se no denominador é 0 + ou 0 − …

– Pois – respondo. – Neste caso, temos que estudar os limites laterais para chegar a uma

conclusão. É fácil ver que o 2 não faz parte do domínio desta função (pois anula o denominador).

Assim, este limite só vai existir se os limites laterais forem iguais! Vejamos:

x + 2

lim

x→2− x − 2 = 2− + 2

2 − − 2 = 4 0 − = −∞

lim

x→2 +

x + 2

x − 2 = 2+ + 2

2 + − 2 = 4 0 + = +∞

2

Como lim

x+2

≠ lim

x→2 − x−2 x→2 +

x+2

x−2

, conclui-se que não existe lim

x→2

x 2 −4

(x−2) 2

– E não podemos chegar a uma indeterminação do tipo

polinómios? – pergunta alguém.

– Sim, vamos ver um exemplo:

0

0

sem ser envolvendo só

4. lim

x→1

2−√x+3

x−1

= 2−√1+3

1−1

= 2−√4

0

= 0 0

– E agora? No numerador não temos um polinómio! Como iremos proceder?

– Cheira-me que vamos ter que multiplicar pelo conjugado da expressão que está no

numerador… – responde alguém a medo.

– E cheira-te muito bem! – incentivo. – Vamos ver o que acontece:

lim

x→1

= lim

x→1

2 − √x + 3

x − 1

0

0

= lim

x→1

2 − √x + 3

(

x − 1

4 − x − 3

(x − 1) (2 + √x + 3) = lim

x→1

2 + √x + 3

×

2 + √x + 3 ) = lim

x→1

−x + 1

(x − 1) (2 + √x + 3) =

2 2 − (√x + 3) 2

(x − 1) (2 + √x + 3) =



= lim

x→1

−(x − 1)

(x − 1) (2 + √x + 3) = lim

x→1

−1

2 + √x + 3 =

−1

2 + √1 + 3 = − 1 4

– Reparem! – faço notar. – Depois de multiplicarmos pelo conjugado, ainda tivemos que

simplificar a expressão “cortando” o fator (x − 1) que era comum ao numerador e

denominador. Senão, continuávamos com a indeterminação do tipo 0 0

− 1 4

1

Indeterminações do tipo ∞ − ∞

– Vamos ver três exemplos. O primeiro já nos apareceu nas sucessões:

Exemplos:

5. lim

x→−∞ (x4 − 3x 2 + x + 3) = +∞ − (+∞) + ∞ + 3

Trata-se de uma indeterminação do tipo ∞ − ∞. Neste caso, é o coeficiente do termo

de maior grau que vai determinar se o limite é, nesta situação, +∞ ou −∞

∞ − ∞

lim

x→−∞ (x4 − 3x 2 + x + 3) = lim

x→−∞ x4 = (−∞) 4 = +∞

6. lim

x→+∞ (x − √x2 − 2) = +∞ − √(+∞) 2 − 2 = +∞ − (+∞)

Vamos multiplicar pelo conjugado (o numerador e o denominador):

∞ − ∞

lim (x − (x − √x

√x 2 − 2)(x + √x 2 − 2)

2 − 2) = lim

x→+∞ x→+∞ x + √x 2 − 2

x 2 − (√x 2 − 2) 2

= lim

=

x→+∞ x + √x 2 − 2

x 2 − (x 2 − 2)

= lim

x→+∞ x + √x 2 − 2 = lim

x→+∞

x 2 − x 2 + 2

x + √x 2 − 2 = lim

x→+∞

2

x + √x 2 − 2 =

2

+∞ + ∞ = 2

+∞ = 0


7. lim ( 1

x→1 +

−

1

1−x 1−x

2) =

1

− 1

0 − 0

−

= −∞ − (−∞) = −∞ + ∞


Trata-se de uma indeterminação do tipo ∞ − ∞. Neste caso, vamos tentar juntar as

duas expressões, começando por reduzir ao mesmo denominador:

lim (

x→1 +

= lim

x→1 + (

1

1 − x − 1 ∞ − ∞

1 − x2) = lim ( 1

x→1 + 1 − x − 1

(1 − x)(1 + x) ) =

× (1 + x)

1 + x − 1

(1 − x)(1 + x) ) = lim

x→1 + (

x

1 − x 2) = 1 0 − = −∞

1

– Compreendido? – pergunto. Alguns olhares de dúvida.

– Agora temos que praticar. – respondem.

– Bom, então vamos começar pelos exercícios da margem do manual. Podem fazer todos

da página 123 à página 126: 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39 e 40. Toca a começar!... Os exercícios que

não acabarem aqui, ficam para trabalho de casa.

A aula continuou com a resolução individual ou a pares de alguns dos exercícios propostos.

Cada um a trabalhar a seu ritmo e eu a saltar de mesa em mesa à medida que sou solicitada

para esclarecer dúvidas.

O tempo passa num ápice. A escola não tem toques. É o barulho nos corredores que nos

alerta que o tempo da aula já acabou.

– Têm muito tempo para resolver os exercícios que não acabaram na aula! Até para a

semana!... – mas já não me ouvem.

(continua…)



Indeterminações do tipo ∞ ∞

Indeterminações do tipo 0 × ∞

Segunda-feira, novamente! Na sala 403 estão todos à minha espera.

– Stora, hoje vamos falar das outras indeterminações?

– Sim. E o trabalho de casa?

– Fizemos tudo. O exercício 39 deu trabalho e quase todas as alíneas eram semelhantes…

Vamos corrigir ao quadro?

passada!...

– Claro! – respondo. – Mas foram poucos exercícios para casa. Trabalharam bem na aula

Lição 72 23-03-2020


Indeterminações do tipo ∞ e do tipo 0 × ∞

∞


Os exercícios foram corrigidos muito rapidamente: eram poucos e não havia grandes

dúvidas. Conversava-se sobre outros assuntos. Era a última semana de aulas do 2.º período…

Indeterminações do tipo ∞ ∞

– Tal como nas sucessões, o limite do quociente de duas funções que têm limite igual a

mais ou menos infinito, também conduz a uma indeterminação do tipo ∞ . Se as funções no

∞

numerador e denominador forem polinomiais, sabemos resolver o assunto, recorrendo ao termo

de maior grau, em cada um dos polinómios:

Exemplos:

1. (41.3) lim

x→+∞

∞

∞

3x−x 4

2x 4 +x 3 −3 = lim

x→+∞

−x 4

2x

4

= lim

x→+∞

−1

2

= − 1 2

− 1 2

– Significa que, quando x tende para mais infinito, as imagens estão a aproximar-se de

− 1 2

Página 18 de 32

x

2. (41.2) lim

3 +5x−3

x→−∞ x 4 +x+1

∞

∞

= lim

x→−∞

x 3

x

4

= lim

x→−∞


x 3

= lim

1

= 1

= x 3 ×x x→−∞ x −∞ 0−

– Significa que, quando x tende para menos infinito, as imagens estão a aproximar-se de

0, por valores inferiores a zero.

– Professora, temos que responder 0 − ou bastava 0? – perguntam.

– Bastava 0, como podem confirmar nas soluções destes exercícios. Mas podemos ser mais

rigorosos na resposta!

2x−3x

3. (41.1) lim

4 +1

x→+∞ x 3 +5x−2

∞

∞

= lim

x→+∞

−3x 4

x 3

= lim (−3x) = −3 × (+∞) = −∞

x→+∞

– Significa que, quando x tende para mais infinito, as imagens estão a aproximar-se de

menos infinito.

– E não podemos chegar a uma indeterminação do tipo

polinómios? – pergunta alguém.

∞

sem ser envolvendo só

∞

– Sim, vamos ver um exemplo, também semelhante ao que já tínhamos analisado nas

sucessões. Vamos colocar em evidência o x com maior expoente. O problema é que agora

podemos ter x a tender para −∞, enquanto que, nas sucessões apenas víamos o caso em que x

(ou seja, n)tendia para +∞. Vamos ver as consequências:

∞

∞

√x

4. lim

2 +1

= lim

x→−∞ 2x+3 x→−∞

√x 2 (1+ 1

x 2)

x(2+ 3 x )

−√1 +

1

(−∞)

=

2 −√1 +

1

+∞

2 +

3 =

2 +

3 =

−∞

−∞

|x|√1+ 1

x

= lim

2

= lim

x→−∞ x(2+ 3 x ) x→−∞

−√1 + 0

2 + 0

= − 1 2

−x√1+ 1

x 2

x(2+ 3 x )

= lim

−√1+ 1

x 2

=

x→−∞ 2+ 3 x



− 1 2

– Significa que, quando x tende para menos infinito, as imagens estão a aproximar-se de

− 1 2

– Professora, não percebi aquela parte do |x| e depois −x quando x 2 passa para fora da

raiz…

– Era exatamente ao que eu me referia antes de enunciar o exemplo. – explico. – Estamos

a fazer um estudo da função quando x tende para menos infinito, ou seja, estamos a pensar que

x está a tomar valores negativos. Quando colocas x 2 em evidência e depois este passa para fora

da raiz, que sinal terá?

Alguns olhares confusos…

– Ora, imaginem: se x fosse −3, x 2 era…

– 9 – respondem.

– E √9 é…

– É 3 – respondem.

– Ou seja |−3|. A razão é essa: em R tem-se √x 2 = |x|

– Então, – observa um deles. – se, neste caso, estivéssemos a calcular o limite quando x

tende para mais infinito, não eram necessários os módulos!

– Dispensavam-se! Vamos ao último tipo de indeterminação que estudamos, por agora.

Indeterminações do tipo 0 × ∞

5. lim

x→+∞ (1 × 0 × ∞

x (x2 −3

− 3)) = lim

x→+∞ (x2 ) = ∞

lim

x

∞

x→+∞

x 2

x = lim

x→+∞

x = +∞

0 × ∞

6. lim

x→2 + ((x2 − 4) × 5

) = lim

2−x x→2 +

(5(x2 −4)

2−x

0

0

) = lim

x→2 +

(5(x−2)(x+2) ) =

2−x

= lim

x→2 +

Exemplo 5.

− 2)(x + 2)

(5(x ) = lim

−(x − 2)

x→2 +

+ 2)

(5(x ) =

−1

5 × 4

−1

2

= −20

Exemplo 6.

−20



– Como podem observar, ao depararmos com a indeterminação 0 × ∞, multiplicamos as

expressões e ficamos com outra indeterminação que já aprendemos a levantar.

– E para terminar, dois resultados. O primeiro pode ajudar no cálculo de limites que

envolvam as funções trigonométricas sin x ou cos x

sin x

7. lim = lim

x→+∞ x x→+∞ (1 × sin x)

x

Como lim

tem-se:

1

x→+∞ x

= 0 e sin x é limitada (−1 ≤ sin x ≤ 1), usando o resultado enunciado,

sin x

lim

x→+∞ x

= lim (1 × sin x) = 0

x→+∞ x

– Podem agora fazer os exercícios da margem do manual sobre os conteúdos de hoje: da

página 127 à página 130, ou seja, do exercício 41 ao exercício 49, mas não se esqueçam que já

foram resolvidas algumas alíneas do exercício 41 como exemplo. O que não for resolvido aqui:

TPC.

E assim continuou a aula, por mais uns minutos. Escreve, apaga, “stora venha aqui, por

favor”, “que nervos, não me está a dar bem”, “Ah! Claro! Era tão fácil!” … até à hora de saída!

(continua…)



Continuidade de funções

Terça-feira. Consegui! São 13h15m e já estou à porta da sala. Claro que a turma que ocupa

a sala antes da minha aula, ainda está lá dentro. A assistente operacional do piso dá conta que

ali estou e vem perguntar-me se procuro alguém, ou preciso de alguma coisa. Confesso-lhe que

vou ter aula a seguir e que não queria chegar atrasada.

– Oh, professora, mas veio tão cedo! ...

Continuo a conversar com ela até serem horas. Uns partem, a sala areja 5 minutos, outros

entram. Cá vamos nós mais uma vez.

Lição 73 24-03-2020


Autoavaliação.

Continuidade de funções.


Tiram-se dúvidas sobre os exercícios do trabalho de casa. Preenche-se o documento de

autoavaliação. Umas caras sérias, outras mais descontraídas. Amanhã, retomaremos o assunto.

Continuidade de funções

– Vamos dar mais uma aplicação do cálculo de limites, além de já sabermos que toda essa

informação nos ajudaria a fazer o esboço da representação gráfica de uma função.

– Stora, mas para isso temos a calculadora gráfica!

– Temos a calculadora gráfica, agora! – respondo. – Além disso, a parte gráfica da

calculadora pode ajudar-nos, mas não demonstra e pode até induzir em erro!… Ainda se

lembram da noção intuitiva que tinham de continuidade de uma função?

– Bem, – atreve-se a responder alguém a medo. – é quando conseguimos desenhar a sua

representação gráfica sem levantar o lápis…

– Só isso? –pergunto. – Já dizíamos de forma mais “completa” …

– Ah! Sim! – lembra-se um. – é quando conseguimos desenhar a sua representação gráfica

sem levantar o lápis, em cada intervalo do domínio…

– Era mais isso… Mas hoje, vamos ver uma definição mais formal de continuidade.

Primeiro, vamos definir o que é uma função contínua num ponto a do seu domínio:

Página 22 de 32


Exemplos:

1. Aqui, os limites laterais quando x tende para 1

são diferentes:

lim f(x) = 3 e lim f(x) = 2

x→1− x→1 +

Não podemos calcular f(1), porque 1 não

pertence ao domínio de f (*)

Neste caso, não existe lim

x→1

f(x) porque os limites

laterais são diferentes.

Mas não podemos falar em continuidade em 1 (*)


são diferentes:


x→0− x→0 +

Podemos calcular f(0), porque 0 pertence ao

domínio de f: f(0) = 1 (bola fechada)


x→0

f(x) porque os

limites laterais são diferentes.

Apesar de f(0) existir e ser igual a um dos limites laterais, continuamos a dizer que não

existe limite, porque para existir limite, tinham que ser os 3 valores iguais.

Logo, a função f não é contínua em 0


são iguais:

lim

x→3

f(x) = 3,5 e lim f(x) = 3,5

− +

x→3


domínio de f: f(3) = 5


x→3

f(x) porque, embora os limites laterais sejam iguais (3,5),

a imagem de 3 pela função f não é igual a esse valor dos limites laterais (5 ≠ 3,5)

Logo, a função f não é contínua em 3

3



são iguais:


x→2− x→2 +


domínio de f: f(2) = 5


Neste caso, existe lim

x→2

f(x) porque os limites laterais são iguais e a imagem de 2 pela

função f existe e é igual aos limites laterais. Assim, neste caso, lim

x→2

f(x) = 5 (existe)

Logo, a função f é contínua em 2

Por exemplo, da representação gráfica da seguinte função, podemos concluir que:

• f é contínua no intervalo [−1; 0], porque é contínua

em todos os pontos desse intervalo;

• f não é contínua no intervalo [1; 3], porque não é

contínua em todos os pontos desse intervalo: não é

contínua em 2;

• f não é contínua, porque não é contínua em todos os

pontos do seu domínio.

e a ∈ D f r

Estes resultados permitem-nos concluir que:

• Toda a função polinomial é contínua (soma de funções contínuas);

• Toda a função racional é contínua (quociente de funções contínuas).



Para além disso, sabe-se que:

• A função seno é contínua;

• A função cosseno é contínua;

• Logo, a função tangente também é contínua (quociente de funções contínuas).

Exemplo de aplicação deste último resultado:

Seja j a função definida por j(x) = √x 3 + 3x

Reparem que j = g ∘ f, sendo f(x) = x 3 + 3x e g(x) = √x

Como f e g são funções contínuas, conclui-se que j é uma função contínua.

– Então afinal, quando é que vamos estudar a continuidade de uma função? – pergunto.

– Humm… – ouvem-se a pensar. – Se calhar como nos exemplos que vimos atrás… em

funções definidas por vários ramos…

função:

– Exato. Vamos ter que estudar o que acontece em certos pontos do domínio de uma

Exemplos:

1

se x > 0

1. (54. “adaptado”) Mostrar que a função f(x) = { x

2x + 1 se x ≤ 0

não é contínua.

• A função f é contínua em ]0; +∞[ porque é definida por uma função racional;

• A função f é contínua em ]−∞; 0[ porque é definida por uma função polinomial;

• E em 0? Vamos calcular lim

x→0

f(x). Para a função ser contínua em 0, este limite tem

que existir. E se for contínua em 0, então é contínua em todos os pontos do seu

domínio, logo é contínua. Se falhar a continuidade em 0, então não é uma função

contínua.


o lim

x→0 +

o lim

x→0 −

1

f(x) = lim = 1 = +∞

x→0 + x 0 +

f(x) = lim

x→0 − (2x + 1) = 2 × 0− + 1 = 1

o f(0) = 2 × 0 + 1 = 1

Os limites laterais não são iguais, logo, não existe lim

x→0

é contínua em 0.

Portanto, f não é uma função contínua.

2. (54. “adaptado”) Mostrar que a função f × g é contínua, sendo:


f(x), logo, a função f não

1

se x > 0

f(x) = { x

2x + 1 se x ≤ 0 e g(x) = + x se x > 0

{x2 x + 1 se x ≤ 0

• Primeiro, definimos a função f × g:

x 2 + x

(f × g)(x) = {

se x > 0

x

(2x + 1)(x + 1) se x ≤ 0

• A função f × g é contínua em ]0; +∞[ porque é definida por uma função

racional;

• A função f × g é contínua em ]−∞; 0[ porque é definida por uma função

polinomial;

• E em 0? Vamos calcular lim (f × g)(x):

x→0

o lim (f × g)(x) = lim

x→0 + x→0 +

o lim

x→0 −

x 2 +x

x

= lim

x→0 +

x(x+1)

x

(f × g)(x) = lim ((2x + 1)(x + 1)) = 1 × 1 = 1

x→0− o (f × g)(0) = 1 × 1 = 1

= lim (x + 1) = 0 + 1 = 1

x→0 +

Os limites laterais são iguais e são iguais a (f × g)(0), logo, existe

lim (f × g)(x), logo, a função f × g é contínua em 0.

x→0

Portanto, f × g é uma função contínua.

0

0

– Professora, está na hora… – alguém avisa.

– Está bem. Como TPC quero que façam “apenas” os exercícios 52 e 53 da página 133. E

leiam um resultado que está no início da página 133 com o exercício resolvido a seguir. Gostava

de saber o que retiram daí. Até amanhã!

(continua…)



Assíntotas verticais e não verticais

Última aula com o 11.º A este período.

– Professora, sempre vamos dar matéria? É a última aula!…

– Tem que ser… – respondo. – Estamos um pouco atrasados em relação à planificação.

– E autoavaliação? – pergunta um deles. – Leu o que escrevemos? O que acha?

– No final da aula falamos… Vamos entrar.

Lição 74 25-03-2020


Assíntotas verticais e não verticais.

Balanço do 2.º período.

Corrigimos o TPC no quadro. Alguns fizeram mais exercícios além dos sugeridos e têm

dúvidas nesses. Esclareço-os no lugar e, seguidamente, avançamos para o tópico de hoje:

Assíntotas verticais e não verticais

– Queria que observassem a representação gráfica da função f que está a vermelho e

reparassem nas retas a tracejado. O que vos sugere?

f(x) = {

x+1

x−2

2x 2 −4

x−3

se x > 2

se x ≤ 2

2

Depois de alguns instantes e hesitações, algumas respostas:

– Parece que a linha do gráfico se aproxima dessas retas!… – diz um.

– E chega a “tocar” na reta de equação x = 2 – observa outro.

– Também “toca” nas outras retas a tracejado, stora? Não estamos a ver a representação

toda…

– Não estamos, nem podemos! – respondo. – E é mais um motivo de (recordando a última

aula) a calculadora gráfica não ser solução! É ao estudar analiticamente as funções que vamos

Página 27 de 32


descobrir as suas propriedades e, no final, se quisermos, fazer um esboço da sua representação

gráfica.

– Ou ir “espreitar” à calculadora gráfica se estamos muito errados… – atreve-se a

responder alguém. Alguns risos.

– Veremos... – respondo. – Vamos começar por distinguir estes dois tipos de retas, que

passaremos a chamar assíntotas. Assim, uma função pode (ou não) ter dois tipos de assíntotas:

verticais ou não verticais. Dentro das não verticais, podemos ter assíntotas horizontais ou

oblíquas. O exemplo que vos mostrei tem uma de cada tipo:

Assíntotas ao gráfico de uma função

Assíntotas verticais

Assíntotas não verticais

No exemplo: x = 2

Assíntotas horizontais

No exemplo: y = 1

Assíntotas oblíquas

No exemplo: y = 2x + 6

– E como é que determinamos as equações das assíntotas ao gráfico de uma função? –

pergunta um deles?

– Limites! – respondo. – Primeiro vamos analisar as definições de cada um dos tipos de

assíntotas:

Assíntotas verticais

– Como podem observar na representação gráfica, lim f(x) = +∞. A existência deste

x→2 +

limite basta para x = 2 ser uma assíntota vertical. Aliás, lim f(x) não é nenhum dos infinitos,

x→2 −

é um número real (pela figura). Vamos mostrar, analiticamente, que x = 2 é uma assíntota

vertical ao gráfico de f:

2x

lim f(x) = lim

2 −4

= 2×22 −4

= 4 = −4 ≠ ∞ (por este lado, não é assíntota)

x→2− x→2 − x−3 2−3 −1

x + 1

lim f(x) = lim

x→2 + x→2 + x − 2 = 2 + 1

2 + − 2 = 3

0 + = +∞

Um dos limites laterais é ±∞, logo x = 2 é uma assíntota vertical ao gráfico de f



Assíntotas não verticais

No nosso exemplo, existem duas assíntotas não verticais ao gráfico de f:

• Assíntota horizontal em +∞: y = 1; (m = 0 e b = 1)

• Assíntota oblíqua em −∞: y = 2x + 6 (m = 2 e b = 6)

Aqui, podemos ter duas situações:

• Já nos são dadas as equações das assíntotas não verticais e temos que mostrar,

analiticamente, que o são:

Pegando no ramo da função que usamos para calcular as imagens quando x tende

para mais infinito (o primeiro ramo) temos, de acordo com a definição anterior:

lim (f(x) − 1) = lim (x + 1

x→+∞ x→+∞

∞

∞

x − 2 − 1) =

lim x + 1 − x + 2

= lim

x→+∞ x − 2

x→+∞

3

x − 2 = 3

+∞ = 0

Logo, y = 1 é uma assíntota horizontal ao gráfico de f em mais infinito.


para menos infinito (o segundo ramo) temos, de acordo com a definição anterior:

lim (f(x) − (2x + 6)) = lim − 4

∞

x→−∞ x→−∞ (2x2 − (2x + 6)) =

x − 3

2x 2 − 4 − 2x 2 − 6x + 6x + 18

= lim

= lim

x→−∞

x − 3

x→−∞

∞

14

x − 2 = 14

−∞ = 0

Logo, y = 2x + 6 é uma assíntota oblíqua ao gráfico de f em menos infinito.

– E a segunda situação? – perguntam. – Se não tivermos as equações das assíntotas?

– Exato! Vamos ver:



• Não temos as equações das assíntotas não verticais. Nem sabemos se existem ou

não! Vamos calcular os limites quando x tende para mais infinito e quando x

tende para menos infinito:


para mais infinito (o primeiro ramo) temos:

lim f(x) =

x→+∞

lim

x→+∞

∞

x + 1 ∞

x − 2 =

lim

x→+∞

x

x = lim 1 = 1

x→+∞

Significa que, quando x tende para mais infinito, as imagens estão a aproximarse

de 1, logo, y = 1 é uma assíntota horizontal ao gráfico de f em +∞

– Agora atenção! Na determinação de assíntotas oblíqua, o processo não é tão rápido… –

alguns olhares intrigados! – Não estão à espera que o limite da função quando x tende para

menos infinito seja 2x + 6???

– Então como fazemos?

– Bom, se não soubéssemos que, em menos infinito a função tem uma assíntota oblíqua,

íamos calcular o limite quando x tende para menos infinito, para ver se nos dava um valor real

(como no caso anterior). Vamos fazê-lo na mesma, para ver o que acontece:

lim f(x) =

x→−∞

lim 2x 2 − 4

x→−∞

∞

∞

x − 3 = lim

x→−∞

2x 2

x = lim 2x = 2 × (−∞) = −∞

x→−∞

– Não deu um número real! Logo, a função não tem uma assíntota horizontal em menos infinito.

Se tiver uma assíntota oblíqua em menos infinito, o primeiro passo a percorrer é o cálculo do

declive m dessa assíntota. Esse valor determina-se da seguinte forma:

m =

f(x)

lim

x→−∞ x = lim

x→−∞

2x 2 − 4

x − 3

x

= lim

x→−∞

∞

2x 2 − 4 ∞

x 2 − 3x = lim 2x 2

x→−∞ x 2 = lim 2 = 2

x→−∞

– E se desse infinito? – perguntam.

– Se desse infinito, não tinha assíntota oblíqua em −∞. Mas cuidado! Ainda não tínhamos

a garantia que existia uma assíntota oblíqua de declive 2: falta calcular a ordenada na

origem (b), que também é um limite e que tem que dar um valor real, pois a ordenada na

origem tem que ser um valor real:


b =

lim (f(x) − mx) = lim

x→−∞

−4 + 6x

= lim

x→−∞

∞

∞

x − 3 = lim

x→−∞


− 4

− 4 − 2x 2 + 6x

x→−∞ (2x2 − 2x) = lim

x − 3

x→−∞ (2x2 ) =

x − 3

6x

x =

lim 6 = 6

x→−∞

– Já está: determinamos m = 2 e b = 6. Se este último limite tivesse dado infinito,

também não existiria assíntota oblíqua!

Logo, y = 2x + 6 é uma assíntota oblíqua ao gráfico de f em menos infinito.

Em suma:

– Último tópico da aula! Um caso particular:

Funções do tipo f(x) = a +

b

x−c

, com a, b e c números reais

e b ≠ 0


forma a +

Exemplo:


Seja f(x) = 2x+1

(quociente de dois polinómios de grau 1). Então, f pode ser colocada na

x+1

b

x−c

através da divisão dos dois polinómios:

2x +1 x + 1 Logo, f(x) = 2x+1

−2x −2 2

−1

x+1

(a = 2; b = −1 e c = −1)

= 2 + −1

x+1 = 2 +

−1

x−(−1)

Então, podemos dizer em relação a f que:

• Domínio: R\{−1}

• Assíntota vertical: x = −1

• Assíntota horizontal: y = 2

x = −1

y = 2

– Professora, e que exercícios são para fazer?

– Bem, da margem, das páginas 138 a 147, proponho os exercícios: 65; 66; 68; 78; 79; 80;

81; 82 e 83. E agora, já podem fazer todas as propostas da página 148 à página 159.

– Xiiii… tanto! Também não temos mais aulas este período….

– Exato, mas se quiserem tirar dúvidas, enviem-me por email. Eu assim que puder,

respondo. Mas aproveitem para descansar um pouco…

Não se esqueçam

- E també

(continua?…)


Podia ter sido assim - Apontamentos durante a suspensão das aulas presenciais

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