AULAS DE CÁLCULO I II III IV NÍVEL SUPERIOR (48)

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MA22 - Unidade 13 - Parte 2
O Teorema do Valor Médio - continuação
Luiz Manoel Figueiredo
Mário Olivero
PROFMAT - SBM
13 de maio de 2013
Teorema de Rolle
Se f : [a, b] → R é cont́ınua em [a, b] e derivável no intervalo
aberto (a, b) e f (a) = f (b) então existe pelo menos um número
c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.
É um caso especial do Teorema do Valor Médio para
f (a) = f (b).
No livro, o Teorema de Rolle é provado primeiro, usando ele,
prova-se o Teorema do Valor médio.
b
b
b
f
′(c) = 0
ca b
b
b
b
b
f
′(c1) = 0
f
′(c2) = 0
c1 c2a b
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Exemplo 1
Seja a função f (x) = x3 − x + 1. Temos que f (−1) = f (1) = 1.
Pelo Teorema de Rolle, há pelo menos um valor de x ∈ (−1, 1) tal
que f ′(x) = 0.
Como f (x) = x3 − x + 1 =⇒ f ′(x) = 3x2 − 1, então
f ′(x) = 0⇒ 3x2 − 1 = 0⇒ x2 = 1
3
⇒ x = ± 1√
3
= ±
√
3
3
.
Tanto
√
3
3
quanto −
√
3
3
estão contidos no intervalo (−1, 1).
1−1
b b
b
b
√
3
3−
√
3
3
1
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Exemplo 2
Mostre que a função f (x) = x3 + ax + b, com a > 0, possui uma
única raiz real.
Como f (x) é uma função polinomial de grau ı́mpar,
lim
x→−∞
f (x) = −∞ e lim
x→∞
f (x) =∞ .
Pelo Teorema do Valor Intermediário, estudado na Unidade 8,
existe um x0 ∈ R tal que f (x0) = 0.
Se houvesse outra raiz x1, então teŕıamos f (x0) = f (x1).
Portanto, existiria um c ∈ (x0, x1) (caso x0 < x1) ou
c ∈ (x1, x0) (caso x1 < x0) tal que f ′(c) = 0.
Mas observe que a derivada de f é f ′(x) = 3x2 + a. Assim,
f ′(x) = 0 =⇒ 3x2 + a = 0 =⇒ x = ±
√
−a
3
. Como, por
hipótese, a > 0, então f ′ não tem raiz real, contradizendo
f ′(c) = 0. Portanto, não há outra raiz x1.
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Proposição
Seja f : [a, b]→ R função cont́ınua em [a, b] e derivável em
(a, b) tal que f ′(x) = 0 para todo x ∈ (a, b). Então f é
constante em (a, b).
Demonstração:
Sejam x0, x1 ∈ [a, b], com x0 < x1. então f é cont́ınua em
[x0, x1] e derivável em (x0, x1).
Pelo Teorema do Valor Médio, existe c ∈ (x0, x1) tal que
f ′(c) =
f (x1)− f (x0)
x1 − x0
.
Mas f ′(c) = 0, logo f (x1)− f (x0) = 0 =⇒ f (x1) = f (x0), ou
seja, a função tem o mesmo valor para quaisquer pontos
x0, x1 ∈ (a, b).
Resulta que f é constante em (a, b) e, por continuidade,
constante em [a, b].
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Proposição
Sejam f , g : [a, b]→ R duas funções cont́ınuas e deriváveis
em (a, b). Se f ′(x) = g ′(x) para todo x ∈ (a, b) então existe
k ∈ R tal que f (x) = g(x) + k para todo x ∈ (a, b).
Em outras palavras, Se duas funções têm a mesma derivada em
todo ponto então diferem no máximo por uma constante.
Seja h(x) = f (x)− g(x). Então h é cont́ınua em [a, b] e
derivável em (a, b) e
h′(x) = f ′(x)− g ′(x) = 0, para todo x ∈ (a, b) .
Pela Proposição anterior, h(x) deve ser constante, isto é,
existe k ∈ R tal que h(x) = k =⇒ f (x) = g(x) + k, para
todo x ∈ (a, b).
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Exemplo - Movimento uniformemente acelerado
Mostre que a posição e velocidade de um objeto em movimento
uniformemente acelerado são dadas pelas equações:
v = v0 + at
s = s0 + v0t +
1
2
at2 ,
em que a é a aceleração, v a velocidade, s a posição, v0, s0
respectivamente a velocidade e posição em t = 0.
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continuação
Um movimento uniformemente acelerado é aquele em que a
aceleração a é constante. Assim, v ′(t) = a.
Mas a função f (x) = at tem a mesma derivada que v , logo
difere de v por uma constante, v(t) = at + k . Como
v0 = v(0) = a · 0 + k = k , resulta
v(t) = at + v0 .
Com relação à posição s(t), temos s ′(t) = v(t) = at + v0.
Mas, comparando com a função g(t) = v0t +
1
2at
2, vemos
que g ′(t) = v0 + at = s
′(t), ou seja, g(t) e v(t) têm a
mesma derivada.
Portanto s(t) = g(t) + k , para alguma constante k .
Avaliando em t = 0, obtemos
s0 = s(0) = v0 · 0 + 12 · a · 0
2 + k =⇒ s0 = k e, portanto,
s(t) = s0 + v0t +
1
2
at2 .
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