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Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Preparar o Exame – Derivadas” Página 1
Preparar o Exame 2013 – 2017 – Matemática A
Página 184
1. A taxa de variação instantânea da função f em x c é igual a f c e é dada por:
0lim lim
x c hx c h
f x f c f c h f cf c
x c h
Resposta: D
2.
2.1. Como g é derivável em tem um máximo relativo em 1x , então 1 0f .
Resposta: A
2.2. Como o declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 0 é positivo, então a taxa de variação
instantânea de g em 0x é um número positivo.
Resposta: B
2.3. O declive da reta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 5 é positivo. Das quatro alternativas apresentadas,
a única que contém um valor positivo é a D, pois, como 0 0g e 3 0g , então 6
03g
e
30
0
g
g
Resposta: D
3. Observando a figura, verifica-se que a derivada de f em 0x não existe (o ponto de abcissa 0 é um ponto
anguloso), logo, excluem-se os gráficos das opções A e B.
Também por observação da figura, constata-se que a expressão analítica da função f , para ,0x , é do tipo
f x mx b , com 0m e 0b . Logo, para ,0x , f x m , com 0m . Dos gráficos das restantes
opções, o único que verifica esta condição é o da opção C.
Resposta: C
Página 185
4. Por observação da figura, conclui-se que 0f x , 1,3x , porque o gráfico da função f tem a concavidade
voltada para baixo em todo o seu domínio. Por outro lado, também podemos constatar que 0f x , 1,3x
uma vez que a função f é estritamente crescente em 1,3 . Logo, 0f x e 0f x
Resposta: C
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5. Tem-se que 3j a , ou seja, j é derivável em x a . Então j é necessariamente contínua em x a . Portanto
lim 3x a
j a j a
Nota: Repara que as outras opções não são necessariamente verdadeiras. Na figura em baixo está representado parte do gráfico de uma função
j, em que 0j a e 3j a , mas j não é estritamente decrescente no seu domínio, lim 0x a
j a
e j não tem extremo relativo em x a .
Resposta: B
6. Fazendo um quadro de variação do sinal da função f , vem:
x 2
f x 0
f x min.
Logo, a função f tem um mínimo absoluto em 2x . Assim, 2 1 2 1 0f f f f . Portanto a
afirmação da opção A é falsa. Todas as outras são verdadeiras.
Resposta: A
Página 186
7. Tem-se 0d t , t . Portanto, d é crescente e não tem extremos relativos.
Resposta: C
8. Tem-se que f é uma função quadrática cujo gráfico tem a concavidade voltada para baixo e o vértice se encontra
no primeiro quadrante. Portanto, 2
f x a x h k , com 0a , 0h e 0k . A única função que verifica
estas condições é a da opção A. De facto se 3
2f x x x , vem:
a x
y
j
O
3
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▪ 3 3
2 3 2 1f x x x x
, onde 3a , 2h e 3k .
Resposta: A
9. Por observação da figura verifica-se que a derivada de f em 1x (o ponto de abcissa 1 é um ponto anguloso), logo
pode-se excluir os gráficos da opções A e B. Para 1,1x f é derivável e estritamente crescente, logo 0f x ,
1,1x . A opção correta é a C.
Resposta: C
Página 187
10. Tendo em conta o sentido das concavidades do gráfico de f e ao seu ponto de inflexão, pode-se construir a
seguinte tabela:
x a
f x p.i.
f x 0
f x 0
Logo, a função g só pode ser representada graficamente pelo gráfico da opção B.
Resposta: B
11. A reta r é tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1, logo 1rm f .
Como os pontos de coordenadas 3
1,2
e 0, 3 pertencem à reta r, então
3 33
32 2
1 0 1 2r rm m
e
portanto 3
12
f . Como
1
11 lim
1x
f x ff
x
, vem:
0
0
21 1 1 1)
1 1 1 1 1 3 1 1lim lim lim lim 1
2 1 2 1 2 1 2 2 3 2x xi x x
f x f f x f f x ff
x x x x x x
i) Tem-se que 2 2 0 2 1x x x x . Logo 2 2 1 2x x x x .
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12.
12.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa k, portanto 2 8rm g k k .
Observando a figura, verifica-se que o ponto de coordenadas 0,15 pertence à reta r. Portanto a sua equação é do
tipo 15 2 8 15ry m x y k x .
Como o ponto de coordenadas ,5k pertence à reta r, então:
2 2
. .5 ( 2 8) 15 5 2 8 15 2 8 10 0 5 1
F Rk k k k k k k k
Como 0k , tem-se 0k .
Assim, 10 8 2m m e a equação reduzida da reta r é dada por 2 15y x .
12.2. A expressão analítica da função g é do tipo 2g x ax bx c .
▪ Tem-se que 2g x ax b . Portanto 2 2 8 1 8a b a b . Logo, 2 8g x x x c .
▪ Como 5 5g , vem 25 5 5 8 5 5 25 40 5 10g c c c .
Logo, 2 8 10g x x x .
13.
13.1. Tem-se:
▪ 4 2 2 4 2 2
2 4ln 1 21 1 1
x xg x x x
x x x
▪ 2 2
0 0 2 2 0 1 0 1 11
xg x x x x x
x
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Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:
x 1 1
2 2x n.d. 0
1x n.d.
g x n.d. 0
g x n.d. min.
A função g é decrescente em 1,1 , é crescente em 1, e tem um mínimo absoluto em 1x que é
1 2 4ln 2g .
13.2.
1,5
5 1 10 4ln6 2 4ln 2 8 4ln6 4ln 2. . . 2 ln6 ln 2 2 ln 2 ln6
5 1 4 4
g gt v m
2
2 22 1ln ln ln ln ln
6 3 3
ee e
14.
14.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1 , portanto:
2
1 2 1 5ln 1 2 2 5ln1 2 5 0 2rm g
Assim, a equação reduzida da reta r é do tipo 2y x b .
O ponto de coordenadas 1, 1 1,3g pertence à reta r. Logo, 3 2 1 3 2 5b b b .
Então a equação reduzida da reta r é 2 5y x .
As coordenadas do ponto P são da forma ,0x e P pertence à reta r, substituindo na equação de r:
50 2 5
2x x . Logo
5,0
2P
. Como a ordenada na origem da reta r é 5, então 0,5Q .
Portanto a área do triângulo OPQ é dada por [ ]
55
252
2 2 4OPQ
OP OQA
.
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14.2. Para estudar a função g quanto ao sentido das concavidades e à existência de pontos de inflexão do seu domínio
recorre-se ao estudo do sinal da segunda derivada de g, começando por determinar a sua expressão analítica e os
seus zeros.
▪ 2
2 5 4 8 52 5ln 2 4
2 2
x xg x x x x
x x
▪ 2
2
. .
4 8 5 1 50 0 4 8 5 0 2 0 2
2 2 2F R
x xg x x x x x x x
x
Como 2,x , vem 1
2x .
Fazendo um quadro de variação do sinal da função g , vem:
x 2
1
2
24 8 5x x n.d. 0
2x n.d.
g x n.d. 0
g x n.d. p.i.
O gráfico da função g tem a concavidade votada para baixo em 1
2,2
, tem a concavidade votada para cima em
1,
2
e tem um ponto de inflexão em
1
2x .
15.
15.1.
▪ Como a figura representa um triângulo, é necessário que:
2 4 0 6 0 2 6 2,6x x x x x
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▪ Pelo teorema de Pitágoras, a altura do triângulo, h, em função de x, é dada por:
22 2 2 2 2 2 2 2
0
2
6 2 36 12 4 12 32 12 32 12 32 0
12 32 2,4
hh x h x x h x x h x x x x
h x x x
Cálculo Auxiliar: 2 12 32 0 4 8x x x x
Como a função 2 12 32y x x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as
soluções da inequação 2 12 32 0x x são os valores de x tais que ,4 8,x .
Portanto, ,4 8, 2,6 2,4
Assim, a expressão analítica da função A é dada por:
2
22 4 12 32
2 12 322
x x xA x x x x
com 2,4x
Se a função A está definida para 2,4x , então também está definida para 0,4x .
15.2. Tratando-se de uma função derivável, para determinar o valor para o qual a área do triângulo é máxima recorre-se
ao estudo do sinal da derivada de A:
▪ 1
2 2 2 2( ) 2 12 32 2 12 32 2 12 32A x x x x x x x x x x
1
2 2 221
12 32 2 12 32 12 322
x x x x x x x
2 2
2 2
2 62 1212 32 2 12 32
2 12 32 12 32
x xxx x x x x
x x x x
2 2 2
2 2
12 32 6 2 12 2 16 20
12 32 12 32
x x x x x x x
x x x x
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▪ 2
2
2
2 16 200 0 2 16 20 0 0,4
12 32
x xA x x x x
x x
2
16 16 4 2 200,4
4x x
16 96 16 4 6
0,4 0,4 4 6 0,44 4
x x x x x x
Como 0,4x , vem 4 6x .
Fazendo um quadro de variação do sinal da função A , vem:
x 0 4 6 4
i) A x 0
A x min. máx. min.
i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 22 16 20x x porque 2 12 32 0x x , 0,4x .
Logo, a área do triangulo é máxima em 4 6x .
16.
16.1.
▪ 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,22 2 2 2 0,4 2 0,4t t t t t tC t te t e t e e te e t
▪ 0,2 0,2
.
20 2 0,4 0 0 2 0,4 0 5
0,4
t t
Eq impossível
C t e t e t t t
16.2. Sendo C uma função derivável, para determinar o instante para o qual a concentração de medicamento foi
máxima recorre-se ao estudo do sinal da derivada de C.
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Fazendo um quadro de variação do sinal da função C , vem:
t 0 5
i) C t 0
C t min. máx.
i) Observa que o sinal de C depende apenas do sinal de 2 0,4t porque 0,2 0te , t .
Verifica-se assim que a concentração de medicamento foi máxima passadas 5 horas, ou seja, às 13 horas.
Página 189
17.
17.1.
▪ 0,8 7 1,03 7 1 1,03 ln 1,03 7 1,03 ln 1,03x x xg x
▪
ln 2 1 1( ) ln 2
ln 2,5 ln 2,5 2 ln 2,5
xb x x
x
17.2. Recorrendo à calculadora gráfica, verifica-se que a função b é estritamente crescente e portanto a taxa de
variação do número de baleias existentes na reserva é sempre positiva.
17.3. Significa que a partir do ano de 2012 a população de golfinhos diminuiu.
17.4. Como 2 anos são 24 meses, vem:
▪ 2424 7 1,03 ln 1,03 0,10g . Significa que passados dois anos desde o início de 2012 o número de
golfinhos diminuiu à taxa de 0,10 golfinhos por mês.
▪ 1
24 0,0426ln 2,5
b . Significa que passados dois anos desde o início de 2012 o número de baleias
aumentou à taxa de 0,04 baleias por mês.
17.5. Não, uma vez que as funções g e b têm sinais contrários, 0x .
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18.1. A taxa de variação mensal ao fim de um ano é dada por 12P :
▪
2 2
11 ln 1ln 1 1 ln 1 1ln 1 140 25 25 25
1 1 1
t tt t t tt tP tt t t
2
25 25ln 1
1
t
t
▪ 2
25 25ln1312 0,23
13P
Ao fim de um ano, a taxa de variação mensal da quota de mercado é de aproximadamente 0,23 , o que significa que
a quota de mercado deste produto estava a diminuir à taxa de 0,23% por mês.
18.2.
▪
2
2
25 25ln 10 0 25 25ln 1 0 1 0 ln 1 1 1
1
tP t t t t t
t
11 1 1 1t e t t e t
Fazendo um quadro de variação do sinal da função P , vem:
t 0 1e
i) P t 0
P t min. máx.
i) Observa que o sinal de P depende apenas do sinal de 25 25ln 1t porque 2
1 0t , 0,t .
Como 1 1,718e , o valor máximo de quota de mercado deste produto ocorreu durante o mês de Fevereiro de 2012,
sendo este o mês mais favorável para a empresa.
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18.3.
)
ln 1 ln 1 lnlim lim 40 25 40 25 lim 40 25 lim 40 25 0 40
1 1t t t xi
t t xP t
t t x
i) Mudança de variável: Se t então 1t Seja 1x t , x .
Com o passar do tempo, a quota de mercado deste produto tende para os 40%.
19.
19.1. Como a capacidade do frasco é de 250 cm3, vem:
2
2
250250 250 250frasco baseV A altura r h h
r
Assim, 2 2frasco base lateralA A A r r250
2r
2 500r
r
Logo, a área A, em cm2, da superfície do frasco, é dada em função de r por 2 500
A r rr
, com r .
19.2. 3
2
2 2
500 500 2 5002
rA r r r
r r r
19.3. Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:
▪ 3
3 2 33
2
2 500 500 2500 0 2 500 0 0 0 0
2
rA r r r r r r r
r
Fazendo um quadro de variação do sinal da função A , vem:
t 0 3
250
i) A t n.d. 0
A t n.d. min.
i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 32 500r porque 2 0r , t .
Verifica-se assim que a área da superfície do frasco é mínima em 3250
r
.
limite notável
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19.4. De 19.1. sabe-se que2
250h
r , logo, com 3
250r
vem:
2 1 1
3 3 33
2 2 2 2 2 1
3 3 3 3 33
250 250 250 250 250 250 250 250
250 250 250
h
Página 191
20.
20.1.
▪ A altura dos pilares é de 6,59, portanto 0 6,59f . Tem-se:
0,25 0 1,5 0,25 0 1,5 1,5 1,50 6,59 6,59 6,59f a b e e a b e e
▪ Por outro lado, a distância ao arco do ponto da estrada se situa a 4 metros do pilar da direita é 11,49 metros. Portanto
12 4 11,49 8 11,49f f . Tem-se:
0,25 8 1,5 0,25 8 1,5 0,5 0,58 11,49 11,49 11,49f a b e e a b e e
Assim:
1,5 1,5 1,5 1,5
0,5 0,5 1,5 1,5 0,5 0,5
6,59 6,59
11,49 11,49 6,59
a b e e a b e e
a b e e b e e b e e
1,5 1,5
1,5 1,5 0,5 0,5
1,5 1,5 0,5 0,5
1,5 1,5 0,5 0,5
4,96,59__________ 16
4,9 4,9 2
a e eae e e e
b e e e e bb
e e e e
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20.2.
a) Tem-se:
0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,58 16 2 8 2 2 8 0x x x xf x e e e e
Multiplicando ambos os membros por 0,25 1,5xe , vem:
2 2
0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0 0,25 1,52 2 8 0 2 2 8 0x x x x x xe e e e e e e
2
0,25 1,5 0,25 1,52 8 2 0x xe e
Fazendo 0,25 1,5xy e , vem:
2
28 8 4 2 2 8 48 8 4 3
8 2 2 04 4 4
y y y y y
0,25 1,5
0,25 1,5 0,25 1,52 3 2 3 2 3 2 3x
x x
y ey y e e
0,25 1,5 ln 2 3 0,25 1,5 ln 2 3x x
ln 2 3 1,5 ln 2 3 1,5
0,25 0,25x x
0,73 11,27x x
b)
▪ 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,52 0,25 0,25 0,5 0,5x x x xf x e e e e
▪ 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,5 0,25 1,50 0,5 0,5 0 0,5 0,5x x x x x xf x e e e e e e
0,25 1,5 0,25 1,5x x
0,5 3 6x x
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Fazendo um quadro de variação do sinal da função f , vem:
x 0 6 12
f x 0
f x min. máx. min.
O valor da altura máxima do arco é 0,25 6 1,5 0,25 6 1,5 0 06 16 2 16 2 16 4 12f e e e e .
21.
21.1. Tendo em conta que o triângulo OPQ é isósceles, e que a abcissa do ponto P é x, então PO PQ e
2OQ x . Por outro lado, a altura do triângulo é dada por 2xf x e (corresponde à ordenada do ponto P). Assim:
22
2
xx f x
A x x f x xe
21.2. Se a ordenada do ponto P for 1
4 então
1
4f x . Assim:
2 21 1 12 ln 2 ln 4 2 ln 2 2 2ln 2 ln 2
4 4 4
xf x e x x x x x
Portanto, se a ordenada do ponto P for 1
4, a área do triângulo é dada por ln 2A :
21
lnln 22ln 2 4 1 ln 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
4 4A e e e
21.3.
02
2 )2lim ( ) lim lim lim 0x
xxx x x x i
x xA x xe
e e
i) Se limx
px
a
x (limite notável), então lim 0
p
xx
x
a , com 1a e p .
Quando x , a área do triângulo OPQ tende para 0.
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21.4. Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:
▪ 2 2 2 22 1 2x x x xA x xe e xe e x
▪ 2 2
.
10 1 2 0 0 1 2 0
2
x x
Eq impossível
A x e x e x x
Fazendo um quadro de variação do sinal da função A , vem:
x 0
1
2
i) A x n.d. 0
A x n.d. máx.
i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 1 2x porque 2 0xe , x .
A função A é decrescente em 1
,2
, é crescente em
10,
2
e tem um máximo absoluto em 1
2x que é
1 12
21 1 1
2 2 2 2
eA e
e
. Assim, o valor máximo que a área do triângulo pode assumir é 1
2e.
22.
22.1. A reta r é tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 2, logo 2rm g . Tem-se:
2 22 2x xg x x e e
Assim, 2 2 02 2 2 2 1 1rm g e e .
Seja s uma reta tangente ao gráfico de g e perpendicular a r. Portanto, 1 1
11
s s s
r
m m mm
Assim, a equação reduzida da reta s é do tipo y x b .
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Para determinar a abcissa do ponto pertencente ao gráfico de g em que s é a reta tangente ao seu gráfico resolve-se a
equação 1g x :
2 2 21 2 1 3 3 2 ln3 2 ln3x x xg x e e e x x
Então, o ponto de coordenadas 2 ln3, 2 ln3g é o ponto de tangência e portanto pertence à reta s. Tem-se:
2 (2 ln3) ln32 ln3 2 2 ln3 4 2ln3 4 2ln3 3 7 2ln3g e e
Logo, 37 2ln3 2 ln3 7 2ln3 2 ln3 9 3ln3 9 ln 3 9 ln 27b b b b b
Portanto, a equação reduzida da reta s é 9 ln 27y x .
22.2. A reta t é tangente ao gráfico de g no ponto P, de abcissa c, logo 22 c
tm g c e .
Assim, a equação reduzida da reta t é do tipo 22 cy e x b .
O ponto P tem coordenadas 2, ,2 cc g c c c e e pertence à reta t. Logo:
2 2 2 22 2 2 2 2c c c cc e e c b c e e c b c 2 2ce c 2 2 1c ce c b b e c
Assim, a equação reduzida da reta t é 2 22 1c cy e x e c .
Deste modo, concluímos que a ordenada do ponto C é 2 1ce c , uma vez que pertence à reta t e tem abcissa zero
(ordenada na origem).
Logo, a área A, do retângulo OABC , é dada, em função de c, por:
2 2 21c c
retânguloA c A base altura c e c e c c
Recorrendo ao estudo do sinal de A tem-se:
▪ 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1c c c c cA c e c c e c c e c e c c c e c c
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▪ 2
2 2 2 2
.
1 1 4 ( 1) 10 1 0 0 1 0
2
c c
Eq impossível
A c e c c e c c c
1 5 1 5 1 5
2 2 2c c c
Como c , tem-se 1 5
2c
.
Fazendo um quadro de variação do sinal da função A , vem:
c 0
1 5
2
i) A c n.d. 0
A c n.d. máx.
i) Observa que o sinal de A depende apenas do sinal de 21 c c porque 2 0ce , c .
Assim, a função A tem um máximo absoluto em 1 5
2c
que é:
21 5 3 5 3 522 2 2
1 5 1 5 1 5 1 5 1 2 5 5 2 2 5 2 5 6
2 2 2 2 4 4A e e e
3 5
2 2 5 6,21e
22.3. Tem-se 22x x xh x g x xe x e xe . Assim:
▪ 2 22 2x x x x xh x x e xe e e xe
▪ 2 2 2 22 2 2x x x x x x x x x x xh x e e xe e e e xe e e e xe e e x
▪ 2 2 2
.
0 2 0 0 2 0 2x x
Eq impossível
h x e e x e e x x e
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Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:
x 22 e
i) h x 0
h x p.i.
i) Observa que o sinal de h depende apenas do sinal de 2 2e x porque 0xe , x .
O gráfico da função h tem a concavidade votada para baixo em 2,2 e , tem a concavidade votada para cima
em 22 ,e e tem um ponto de inflexão em 22x e .
23.
23.1. Tem-se h x f x g x f x g x f x g x . Como g x f x , x , vem:
h x f x g x f x g x f x g x f x f x f x g x f x
Determinando os zeros de h , vem:
0 0 0 0 0h x f x g x f x f x g x f x f x g x f x
Como f tem um único máximo em 1x e os pontos de abcissas 1 e 3 são os únicos comuns aos gráficos de f e g,
então:
0 1 1 3f x g x f x x x x
▪ Como f é derivável em tem um único máximo em 1x , então 0 1f x x e 0 1f x x
▪ Como os pontos de abcissas 1 e 3 são os únicos comuns aos gráficos de f e g, e 1 3f x g x x
então, 0 1 3g x f x x e 0 1 3g x f x x x .
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Fazendo um quadro de variação do sinal da função h , vem:
x 1 1 3
f x 0
g x f x 0 0
h x 0 0 0
h x máx. min. máx.
A função h tem um mínimo relativo em 1x que é igual a 1 1 1 1h f g f g . Como os gráficos de f e
g são simétricos em relação ao eixo Ox, então g x f x , x , em particular 1 1g f . Assim:
2
1 1 1 1 1 1h f g f f f
23.2. Tem-se que 22 2x xg x e . Então:
▪ 22 22 2 x xg x x e e
22 22 2 x xf x g x x e
▪ 2 2 222 2 2 2 2 22 2 2 2 2x x x x x xg x x e e x e
Assim:
2 2 2
2
22 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2( )
x x x x x x
x x
g x xf x e x e x x ej x
g x e
22 2x xe
2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
x x
x x x
e
22 4 8 4x x 24 4x x
2 4 8 4 4 2x x x
Logo, 4 2j x x ( jD ), ou seja, j é uma função afim, e portanto o seu gráfico é uma reta.