Derivadas: Máximos e Mínimos

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Aula
DERIVADAS – MÁXIMOS E MÍNIMOS
(CONTINUAÇÃO)
12
O b j e t i v o s
Ao final desta aula, você deverá ser capaz de:
1 conhecer e utilizar técnicas para garantir existência
de máximo e mı́nimo locais;
2 aplicar as técnicas de cálculo de máximo e mı́nimo
para problemas de maximização de lucros.
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Métodos Determinı́sticos II | Derivadas – Máximos e Mı́nimos (Continuação)
Na aula anterior, identificamos uma condição necessária para
que uma função f : I →R, que possui derivada contı́nua num in-
tervalo aberto I, admita um ponto x0 ∈ I, como ponto de máximo
ou mı́nimo. Vamos relembrar este resultado.
Se x0 ∈ I é um ponto de máximo ou mı́nimo então f ′(x0) = 0.
Nesta aula, vamos avançar um pouco mais e encontrar
condições suficientes para garantir que um ponto x0 é ponto de
máximo ou mı́nimo. Para definir estas condições necessitaremos
que, pelo menos, a primeira e a segunda derivadas da função es-
tejam definidas num pequeno intervalo centrado em x0 e que a
derivada segunda seja contı́nua neste pequeno intervalo. Essas
condições admitidas, o teorema a seguir dá conta deste resul-
tado.
TEOREMA 12.1
Seja uma função f : I → R e x0 ∈ I um ponto do intervalo
aberto I tal que f ′(x0) = 0. Valem as seguintes propriedades:
(a) se f ′′(x0)> 0 então x0 é um ponto de mı́nimo local para f ;
(b) se f ′′(x0) 0 e f ′(x0) = 0 podemos tirar algumas con-
clusões da expressão
f ′′(x0) = lim
h→0
f ′(x0 +h)− f ′(x0)
h
= lim
h→0
f ′(x0 +h)
h
> 0 (12.1)
Por um lado, a última desigualdade que aparece na expressão
(12.1) anterior mostra um limite positivo. Isso significa que para
valores h f (x0) .
Por outro lado, ainda partindo da expressão (12.1), e consi-
derando a última desigualdade em (12.1), encontramos que para
valores h > 0 e portanto com valores x0 + h à direita de x0, te-
mos que f ′(x0 +h) > 0. Isso significa que a função é crescente
à direita do ponto x0. Portanto, para valores h muito pequenos e
positivos, valem os seguintes resultados:
se x = x0 +h > x0 é função crescente então f (x)> f (x0) .
Como a função decresce à esquerda de x0 e cresce à direita
de x0, então no ponto x0 a função passa por um mı́nimo local.
Isso encerra a prova do teorema no caso (a). A prova do caso
(b) segue um raciocı́nio muito parecido. Você poderia tentar
individualmente, ou com seu grupo de estudo, ou com ajuda do
tutor, escrever a prova deste caso (b).
CQD
Com apoio do Teorema que acabamos de estudar, podemos
enunciar um procedimento para localizar pontos de máximos e
mı́nimos locais para funções que possuem a segunda derivada
contı́nua.
C E D E R J 187
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Métodos Determinı́sticos II | Derivadas – Máximos e Mı́nimos (Continuação)
CRITÉRIO PARA PESQUISA DE MÁXIMOS E M ÍNIMOS
Dada a função f : I →R para localizar pontos de máximos e
mı́nimos:
1o passo:
Procuramos todos os possı́veis candidatos a máximo ou mı́nimo.
Equivale a determinar todos os pontos x0 ∈ I tais que f ′(x0) = 0.
2o passo:
Para cada um dos pontos x0 ∈ I encontrados no 1o passo,
calculamos f ′′(x0).
Se f ′′(x0)> 0 então x0 é ponto de mı́nimo local;
Se f ′′(x0) 0 então x0 é ponto de máximo;
Se n é ı́mpar e f (n+1)(x0) 0, então o ponto x0 =−1 é um ponto de mı́nimo.
Veja a Figura 12.2 para confirmar graficamente que a função
f (x) = 3x2 +6x−1 possui um mı́nimo local em x0 =−1. Note que o
valor mı́nimo local da função é f (−1) = 3(−1)2 + 6(−1)− 1 = −4.
Além disso, note que coincidentemente o único mı́nimo local é na rea-
lidade um mı́nimo global, uma vez que temos f (x) = 3x2 + 6x− 1 ≥
f (−1) =−4.
x
f (x)
−1
−4
Figura 12.2: Tangente ao gráfico num ponto onde f ′(x0) = 0.
Exercı́cio 12.1
Prove analiticamente que f (x) = 3x2+6x−1 ≥ f (−1) =−4,
para todo x ∈ R.
C E D E R J 189
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Métodos Determinı́sticos II | Derivadas – Máximos e Mı́nimos (Continuação)
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Exemplo 12.2
Determine os pontos de máximo local e de mı́nimo local da
função
f : R → R
x 7→ f (x) = e−x2+3x
Solução: Em primeiro lugar devemos determinar todos os valores x0
para os quais f ′(x0) = 0. Encontramos que
f ′(x) = (−2x+3)e−x2+3x .
Como a função e−x2+3x é sempre positiva para todo valor de x,
encontramos que
f ′(x) = 0 ⇔ (−2x+3) = 0 ⇔ x = x0 =
3
2
.
Precisamos agora calcular a derivada segunda. Temos que:
f ′′(x) =−2e−x2+3x +(−2x+3)2e−x2+3x =
(
4x2 −12x+7
)
e−x2+3x .
Agora um cálculo direto mostra que:
f ′′
(
3
2
)
=−2e9/4= −1, necessitamos da derivada segunda da função f (x). Temos
que:
f ′(x) =
x(x+1)
(
x2 − x+4
)
(
x2 + 1
3
)2
=
x4 +3x2 +4x
(
x2 + 1
3
)2
.
Assim,
f ′′(x) =
(
4x3 +6x+4
)(
x2 + 1
3
)2
−4x
(
x2 + 1
3
)(
x4 +3x2 +4x
)
(
x2 + 1
3
)4
.
Agora um cálculo direto mostra que
f ′′(0) = 2.916 > 0 e que f ′′(−1) =−
27
8
 C(x). Ou seja, que a receita obtida
com a venda de x unidades do bem supere o custo de
produção dos mesmos bens;
ii. Veja que a equação (12.3) expressa que o lucro mar-
ginal é a diferença entre a receita marginal R′(x) e o
custo marginal C′(x);
192 C E D E R J
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A
U
L
A
1
2
1
M
Ó
D
U
L
O
1
iii. Note que numa situação hipotética, uma empresa pro-
duz e vende k unidades de um certo produto cujo
lucro total é regido por uma conhecida equação do
tipo (12.2). Nesta situação, pode se perguntar para
qual nı́vel k de produção o lucro é máximo. Do
que conhecemos, podemos garantir que o lucro será
máximo na situação em que
L′(k) = 0 e L′′(k) 0 .
Também podemos comprovar que
lim
x→∞
L(x) =−∞ .
Portanto, a partir de certa quantidade de unidades produzidas,
cessa o lucro.
Agora estamos interessados em determinar qual é a quanti-
dade x produzida e comercializada que permite um lucro máximo.
Temos que
L′(x) =
4
10
−10−3x−
9 ·103
x2
.
Assim,
L′(x) = 0 ⇔ 4x2 −10−2x3 −9 ·104 = 0 .
Ou seja, os valores x que anulam a derivada, isto é L′(x) = 0, são
C E D E R J 193
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Métodos Determinı́sticos II | Derivadas – Máximos e Mı́nimos (Continuação)
exatamente as raı́zes da equação do terceiro grau
10−2x3 −4x2 +9 ·104 = 0 .
Como se trata de equação polinomial, candidatos a possı́veis
raı́zes são os divisores do termo independente 9 · 104. Fazendo
tentativas neste sentido, encontramos que
x = 3 ·102 é uma raiz.
De fato, verifique que
10−2 ·27 ·106−4 ·9 ·104+9 ·104 = 0 .
Uma vez identificada uma raiz, podemos decompor a equa-
ção do terceiro grau e ainda procurar outras raı́zes, resolvendo
então uma equação do segundo grau.
No entanto, vamos, neste momento, para fins de melhor com-
preensão didática, nos concentrar na raiz identificada x = 102 e
tirar conclusões. Temos que
L′′(x) =−10−3 +
18 ·103
x3
.
Como
L′′(3 ·102) =−10−3 +
18 ·103
27 ·106