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Resumo sobre o Estudo do Comportamento das func¸o˜es Objetivos: • Otimizac¸a˜o. • Esboc¸ar gra´ficos. 1 Pontos Cr´ıticos e Pontos Extremos Definic¸a˜o 1.1. Dados I ⊂ R um intervalo e f : I → R uma func¸a˜o. Um ponto c ∈ I e´ chamado: • Ponto de ma´ximo local se f(x) ≤ f(c) para todo x ∈ I ∩ V , onde V e´ alguma vizinhanc¸a de x. • Ponto de mı´nimo local se f(x) ≥ f(c) para todo x ∈ I ∩ V , V e´ vizinhanc¸a de x. • Ponto de ma´ximo global se f(x) ≤ f(c) para todo x ∈ I. • Ponto de mı´nimo global se f(x) ≥ f(c) para todo x ∈ I. Pontos de ma´ximo ou mı´nimo sa˜o chamados pontos extremos. Dado c ∈ I um ponto extremo, o valor f(c) e´ chamado valor extremo, oqual pode ser um valor de ma´ximo global, mı´nimo local, etc. Definic¸a˜o 1.2. Dado f : I → R e J ⊂ I um subintervalo. Dizemos que f e´ crescente em J se dados x1, x2 ∈ J arbitra´rios com x1 < x2 tem-se f(x1) < f(x2). Analogamente, se para todo x1 < x2, ambos em J , vale f(x1) > f(x2) a func¸a˜o e´ chamada decrescente. Para relacionarmos o conceito de crescimento com a derivada temos o seguinte Teorema 1.3. Dados f : I → R func¸a˜o deriva´vel e J ⊂ I um subintervalo. Enta˜o: 1. f ′(x) > 0 para todo x ∈ J =⇒ f e´ crescente em J . 2. f ′(x) < 0 para todo x ∈ J =⇒ f e´ decrescente em J . Definic¸a˜o 1.4 (PONTO CRI´TICO). Para f : I → R e c ∈ I, dizemos que c e´ ponto cr´ıtico de f se uma das duas seguintes condic¸o˜es ocorre: 1. f na˜o e´ deriva´vel em x = c; ou 2. f e´ deriva´vel em x = c e f ′(c) = 0. Relac¸a˜o entre pontos cr´ıticos e pontos extremos. Teorema 1.5. Todo ponto extremo no interior do intervalo I e´ ponto cr´ıtico de f . Observac¸a˜o 1.6. Pode haver pontos cr´ıticos que na˜o sejam extremos. Tome por exemplo a func¸a˜o f(x) = x3. x = 0 e´ ponto cr´ıtico (verifique), mas na˜o e´ ma´ximo ou mı´nimo de nenhuma espe´cie. 1 2 Crite´rios para Classificac¸a˜o de Pontos Cr´ıticos Sejam f : I → R e c um ponto cr´ıtico de f localizado no interior do intervalo I, ou seja, c ∈ I mas na˜o e´ extremidade de I. Desejamos saber se c e´ ponto de ma´ximo, mı´nimo ou nenhum dos dois sem calcular f(c) e nem esboc¸ar o gra´fico de f . Os seguintes teoremas na˜o sa˜o totalmente conclusivos em alguns casos, mas sa˜o muito u´teis na maioria das vezes que procuramos classificar c. Teorema 2.1 (Crite´rio da Primeira Derivada). Suponha que f e´ cont´ınua, c e´ ponto cr´ıtico de f e que existam pontos a, b ∈ I com a < c < b, tal que f seja deriva´vel em ]a, c[ e em ]c, b[. 1. Se f ′(x) > 0 em ]a, c[ e f ′(x) < 0 em ]c, b[ enta˜o c e´ ponto de ma´ximo local. 2. Se f ′(x) < 0 em ]a, c[ e f ′(x) > 0 em ]c, b[ enta˜o c e´ ponto de mı´nimo local. 3. Se f ′(x) tem o mesmo sinal em ]a, c[ e em ]c, b[ enta˜o c na˜o e´ ponto extremo. Teorema 2.2 (Crite´rio da Segunda Derivada). Assuma que existe f ′′(c), sendo c um ponto cr´ıtico. 1. Se f ′′(c) > 0 enta˜o c e´ ponto de mı´nimo local. 2. Se f ′′(c) < 0 enta˜o c e´ ponto de ma´ximo local. Observac¸a˜o 2.3. Uma forma fa´cil de lembrar esse teorema e´ atrave´s de uma func¸a˜o do segundo grau arbitra´ria, f(x) = Ax2 + Bx + C. Sabemos que seu ve´rtice tem abcissa − B 2A . Mas este e´ ponto de ma´ximo se a para´bola tem concavidade voltada para baixo, oque equivale dizer A < 0, logo f ′′(− B 2A ) = 2A < 0. Similarmente, se f ′′(− B 2A ) = 2A > 0 e logo A > 0, a para´bola tem concavidade voltada para cima, e o ve´rtice corresponde a um ponto de mı´nimo. 3 Otimizac¸a˜o O problema t´ıpico da Otimizac¸a˜o consiste em encontrar os pontos (ou valores) de ma´ximos e mı´nimos, se existirem, de uma dada func¸a˜o f : D → R, onde D ⊂ R e´ geralmente unia˜o de intervalos de R. Estaremos interessados no caso em que D = I e´ um u´nico intervalo, o qual pode ser aberto, fechado, aberto e fechado, limitado ou ilimitado. Uma func¸a˜o pode na˜o possuir valor ma´ximo ou mı´nimo(por ex. f(x) = x em I = R). No entanto, se f for cont´ınua e I e´ limitado e fechado podemos garantir a existeˆncia de ao menos um ma´ximo e um mı´nimo globais. Teorema 3.1. Se f : [a, b] → R e´ cont´ınua enta˜o f assume um valor ma´ximo e um valor mı´nimo globais, ou seja, ∃ cmax, cmin ∈ [a, b] tais que f(cmax) ≥ f(x) ∀x ∈ [a, b] f(cmin) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b] O procedimento para classificarmos pontos cr´ıticos de func¸o˜es cont´ınuas pode ser simplificado assim: • Func¸o˜es f : I → R sendo I = [a, b] fechado e limitado: encontramos os pontos cr´ıticos interiores (pertencentes a ]a, b[) e aplicamos os crite´rios de classificac¸a˜o local da sec¸a˜o 2. O teorema 3.1 nos garante a existeˆncia de extremos globais, e estes estara˜o no conjunto {pontos cr´ıticos}∪{a, b}. Devemos portanto calcular e comparar f(a), f(b) e f(ci) para cada ponto cr´ıtico ci. • Func¸o˜es f : I → R sendo I intervalo na˜o limitado ou na˜o fechado (por exemplo, ]a, b[, ]a, b], [a, +∞[, etc). Aqui devemos encontrar e classificar os pontos cr´ıticos como no caso anterior. Calculamos tambe´m os limites limx→p f(x) onde p e´ qualquer extremidade de I que na˜o pertenc¸a 2 a I, e os valores f(q) onde q e´ qualquer extremidade de I que pertenc¸a a I. Os pontos de ma´ximo ou mı´nimo global, se existirem, estara˜o entre os pontos cr´ıticos e as extremidades de I que pertencem a I. Note que se limx→p f(x) = M (sendo p uma extremidade de I com p /∈ I) e M for maior que os valores de todos os pontos cr´ıticos enta˜o f na˜o tera´ ma´ximo global. O ana´logo ocorre se M for menor que os valores cr´ıticos. Exemplo 1. Encontre e classifique os pontos cr´ıticos de f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5. Soluc¸a˜o. Como f(x) esta´ definida em R e possui derivada segunda, podemos aplicar diretamente o teste da Segunda Derivada. Os pontos cr´ıticos sa˜o determinados pela equac¸a˜o f ′(x) = 0. f ′(x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 0 12x(x− 2)(x + 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2 ou x = −1. A derivada segunda vale f ′′(x) = 36x2 − 24x− 24. Calculando nos pontos cr´ıticos obtemos: f ′′(−1) = 36 > 0 ⇒ x = −1 e´ ponto de mı´nimo local. f ′′(0) = −24 < 0 ⇒ x = 0 e´ ponto de ma´ximo local. f ′′(2) = 72 > 0 ⇒ x = 2 e´ ponto de mı´nimo local. Agora estamos interessados em saber se algum dos pontos extremos acima e´ global. Nesse caso e´ u´til calcular os limites x → ±∞: lim x→+∞ f(x) = lim x→+∞ 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 = +∞ lim x→−∞ f(x) = lim x→−∞ 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 = +∞ Como a func¸a˜o tende a +∞ para os dois extremos de R vemos que ela na˜o possui ma´ximo global. Contudo ela deve apresentar mı´nimo global devido ao seguinte argumento: tomamos um intervalo fechado I que contenha todos os pontos cr´ıticos de f , por exemplo, I = [−1, 2]. Enta˜o para todo x ≤ −1 a func¸a˜o f deve ser mono´tona (crescente ou decrescente), assim como para todo x ≥ 2 (porque ?). Enta˜o a func¸a˜o deve ser decrescente para x ≤ −1 e crescente para x ≥ 2. Logo, f(x) > f(2) em x > 2 e f(x) > f(−1) em x < −1. Calculando os valores temos f(−1) = 0 e f(2) = −27, logo por comparac¸a˜o encontramos o mı´nimo global x = −27. Exemplo 2. Idem para f(x) = |x− 3|(x + 2). Soluc¸a˜o. Sabemos que a func¸a˜o y = |x| na˜o e´ deriva´vel na origem. Isso sugere que f(x) na˜o seja deriva´vel quando |x− 3| = 0, ou x = 3. Devemos verificar essa hipo´tese com um ca´lculo. Usando a definic¸a˜o de derivada, temos lim x→3+ f(x)− f(3) x− 3 = limx→3+ |x− 3|(x + 2) x− 3 = lim x→3+ (x + 2) = 5 , lembrando que para x > 3, |x− 3| = x− 3. De forma ana´loga, o outro limite lateral nos da´ lim x→3− f(x)− f(3) x− 3 = limx→3−−(x + 2) = −5 , donde conclu´ımos que f ′(3) na˜o existe, e x = 3 e´ ponto cr´ıtico. Como f na˜o e´ deriva´vel em x = 3 e logo, na˜o possui derivada segunda nesse ponto, devemos classifica´-lo usando o teste da primeira derivada. Escrevendo f(x) = { (x− 3)(x + 2) x ≥ 3 − (x− 3)(x + 2) x < 3 (1) 3 fica claro que f e´ deriva´vel fora do ponto 3. A expressa˜o de sua derivada e´ f ′(x) = { 2x− 1 x > 3 − 2x + 1 x < 3 . Veˆ-se que se xesta´ a` esquerda de 3, mas pro´ximo de 3 (por ex. x = 2, 5) o valor f ′(x) e´ negativo, e se x esta´ a` direita de 3, pro´ximo, o valor f ′(x) e´ positivo. Logo, x = 3 e´ ponto de mı´nimo local. Ainda usando a expressa˜o da derivada de f , temos f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 1 2 . Aplicando agora o teste da derivada segunda, f ′′(x) = −2 para x < 3, f ′′ ( 1 2 ) = −2 < 0 ⇒ x = 1 2 e´ ponto de ma´ximo local. Assim como no exemplo anterior calculamos os limites de f nos dois infinitos. Usando a expressa˜o de f dada por (1) obtemos limx→+∞ f(x) = limx→+∞(x − 3)(x + 2) = +∞ e limx→−∞ f(x) = limx→−∞−(x− 3)(x + 2) = −∞. Disto segue que f na˜o possui ma´ximo nem mı´nimo global. Exemplo 3. Encontre os pontos de ma´ximo e mı´nimo globais de f : [−3, 0] → R, f(x) = 2x3 + 11 2 x2 − 10x + 3. Soluc¸a˜o. A func¸a˜o e´ deriva´vel em seu domı´nio. Localizando os pontos cr´ıticos, f ′(x) = 6x2 + 11x− 10 = 0 ⇐⇒ x = 2 3 ou x = −5 2 . Observe que o u´nico ponto cr´ıtico de f no domı´nio [−3, 0] e´ x = − 5 2 , e o ponto x = 2 3 e´ portanto desprezado no ca´lculo subsequente. Os valores de f(x) que devemos calcular, e comparar, referem-se aos pontos {−3,− 5 2 , 0}: f(−3) = 57 2 = 228 8 f ( −5 2 ) = 249 8 f(0) = 3 = 24 8 Portanto, o ponto de ma´ximo global e´ x = − 5 2 e o valor ma´ximo e´ 249 8 . O ponto de mı´nimo global e´ x = 0 e o valor mı´nimo e´ 3. Exemplo 4. Ache o nu´mero no intervalo [ 1 5 , 3] cuja soma com seu inverso seja o menor poss´ıvel. Soluc¸a˜o. A func¸a˜o que devemos otimizar e´ f(x) = x + 1 x , definida no intervalo [ 1 5 , 3]. Calculando a derivada, f ′(x) = 1− 1 x2 , logo o ponto cr´ıtico e´ f ′(x) = 0 ⇐⇒ x2 = 1 ⇐⇒ x = 1 , pois o ponto x = −1 encontra-se fora do domı´nio. Calculando os valores de f , f ( 1 5 ) = 1 5 + 1 1 5 = 5 + 1 5 f(1) = 1 + 1 = 2 f(3) = 3 + 1 3 e conclu´ımos que o nu´mero cuja soma com seu inverso e´ mı´nima e´ x = 1. 4 Exemplo 5. Quadrados de tamanhos iguais sa˜o cortados em cada canto de um pedac¸o retangular de papela˜o medindo 5cm×8cm. Uma caixa sem tampa e´ constru´ıda virando-se os lados para cima. Determine o tamanho dos lados dos quadrados de tal forma que o volume dessa caixa seja ma´ximo. Soluc¸a˜o. Chamemos x o lado do quadrado retirado de cada canto do retaˆngulo. A func¸a˜o que da´ o volume da caixa resultante dependendo de x e´ V (x) = x(5− 2x)(8− 2x) = 4x3 − 26x2 + 40x . O domı´nio para esta func¸a˜o deve ser x ∈ [0, 5 2 ], pois V (x) tanto quanto x devem ser na˜o negativos. Enta˜o obtemos os pontos cr´ıticos de V , V ′(x) = 12x2 − 52x + 40 ⇒ V ′(x) = 0 ⇔ x = 10 3 ou x = 1. O ponto x = 10 3 esta´ fora do domı´nio de V (x), e sera´ ignorado. Calculamos enta˜o V (x) nos pontos {0, 5 2 , 1}: V (0) = 0 V ( 5 2 ) = 0 V (1) = 18 . Portanto, o volume ma´ximo para a caixa e´ de 18cm3 quando o lado dos quadrados retirados for 1cm. Quando o intervalo I na˜o e´ limitado ou fechado a ana´lise deve ser mais cuidadosa. Em geral, pode na˜o haver ponto de ma´ximo (mı´nimo) global. Para acharmos os valores (e pontos) extremos de f : I → R nesses casos determinamos os valores de f nos pontos cr´ıticos interiores a I, e os valores de f nas extremidades que pertenc¸am a I, caso haja alguma. Comparamos esses com os limites limx→p f(x), onde p e´ qualquer extremidade que na˜o pertenc¸a a I. Exemplo 6. Para f : [1,∞[→ R, f(x) = xe−x/3 responda: a) A func¸a˜o f possui ma´ximo global ? Explique. b) A func¸a˜o f possui mı´nimo global ? Explique. Soluc¸a˜o. Derivando f , f ′(x) = [xe− x 3 ]′ = e− x 3 + x ( −1 3 ) e− x 3 = e− x 3 ( 1− x 3 ) , e igualando f ′(x) = 0, obtemos o u´nico ponto cr´ıtico: e− x 3 ( 1− x 3 ) = 0 ⇔ x = 3 . Agora calculamos lim x→+∞ f(x) = lim x→+∞ xe− x 3 = lim x→+∞ x e x 3 = lim x→+∞ 1( 1 3 ) e x 3 = 0 . Na u´ltima passagem acima foi aplicada a regra de L’Hoˆpital. Como f(1) = e 1 3 f(3) = 3e1 , conclu´ımos que f possui ponto de ma´ximo global em x = 3, mas f na˜o possui ponto de mı´nimo global, pois f(x) > 0 para todo x, contudo f(x) se aproxima de 0 tanto quanto se queira conforme x cresce para infinito. 5 4 Esboc¸o de Gra´ficos Para esboc¸ar gra´ficos usando as derivadas primeira e segunda da func¸a˜o seguiremos em geral a sequeˆncia de passos: a) Encontrar domı´nio da func¸a˜o (se na˜o tiver sido especificado). b) Encontrar ass´ıntotas horizontais e verticais. c) Determinar as regio˜es de crescimento e decrescimento, e pontos cr´ıticos. d) Regio˜es de concavidade para cima ou para baixo. Classificar os pontos cr´ıticos localmente. e) Imagem. Exemplo 7. Esboce o gra´fico de f(x) = x2 e−x seguindo os passos acima descritos. Soluc¸a˜o. O domı´nio para f(x) e´ D = R. Como f e´ cont´ınua em R na˜o existem ass´ıntotas verticais. Calculando o limite no +infinito obtemos lim x→+∞ x2 e−x = lim x→+∞ x2 ex =L ′H lim x→+∞ 2x ex =L ′H lim x→+∞ 2 ex = 0 . E o limite no -infinito e´ lim x→−∞ x2 e−x = +∞ , portanto, so´ ha´ uma ass´ıntota horizontal y = 0 no limite x → +∞. Calculando a derivada 1a obtemos f ′(x) = 2x e−x − x2 e−x ou f ′(x) = e−x(2x− x2). Portanto, f ′(x) > 0 ⇔ e−x(2x− x2) > 0 ⇔ 2x− x2 > 0 ⇔ 0 < x < 2 . Note que o termo e−x e´ sempre positivo. Assim obtemos os intervalos de crescimento [0, 2] e decrescimento ] −∞, 0] ∪ [2, +∞[. Os pontos cr´ıticos satisfazem f ′(x) = 0, ou seja, x ∈ {0, 2}. Para a concavidade calculamos a derivada 2a: f ′′(x) = (e−x(2x− x2))′ = −e−x(2x− x2) + e−x(2− 2x) = e−x(x2 − 4x + 2) . Enta˜o f ′′(x) > 0 e´ equivalente a x2 − 4x + 2 > 0, cuja soluc¸a˜o e´ x < 2−√2 unia˜o com x > 2 +√2. Assim a concavidade e´ para cima no conjunto ]−∞, 2−√2]∪ [2+√2, +∞[ e para baixo na regia˜o [2−√2, 2 +√2]. Podemos em seguida classificar os pontos cr´ıticos, pelo crite´rio da derivada segunda. Para x = 0 ⇒ f ′′(0) = 2 > 0 ⇒ ponto de mı´nimo local. Para x = 2 ⇒ f ′′(2) = −2e−2 < 0 ⇒ ponto de ma´ximo local. Plotando os pontos do gra´fico que sa˜o cr´ıticos, esboc¸ando as ass´ıntotas e respeitando as regio˜es de monotonicidade e concavidade da func¸a˜o obtemos um gra´fico com as caracter´ısticas abaixo: (0,0) (2,4/e2) 6 Finalmente obtemos a imagem por inspec¸a˜o: Im = [0, +∞[. Exemplo 8. Idem para f(x) = 2x 2 −8 x2−16 . Soluc¸a˜o. O domı´nio aqui e´ D = R− {−4, 4}. Calculando os limites no infinito, lim x→+∞ 2x2 − 8 x2 − 16 = 2 = limx→−∞ 2x2 − 8 x2 − 16 , portanto ha´ uma ass´ıntota em y = 2 (nas duas direc¸o˜es). Para as verticais os candidatos sa˜o os pontos que na˜o esta˜o no domı´nio, pois nos demais a func¸a˜o e´ cont´ınua. Logo, lim x→4+ 2x2 − 8 x2 − 16 = +∞ = limx→−4− 2x2 − 8 x2 − 16 , limx→4− 2x2 − 8 x2 − 16 = −∞ = limx→−4+ 2x2 − 8 x2 − 16 , e ocorrem as ass´ıntotas em x = 4 e x = −4. Derivando a func¸a˜o fica f ′(x) = ( 2x2 − 8 x2 − 16 ) ′ = (x2 − 16) 4x− (2x2 − 8) 2x (x2 − 16)2 = −48x (x2 − 16)2 . A func¸a˜o e´ crescente se −48x (x2−16)2 ≥ 0, oque equivale a −48x ≥ 0 e x 6= 4,−4. Logo a regia˜o de crescimento e´ ] − ∞,−4[∪] − 4, 0], e o decrescimento ocorre em [0, 4[∪]4,∞[. O u´nico ponto cr´ıtico e´ x = 0. Concavidade: derivando pela segunda vez f ′′(x) = ( −48x (x2 − 16)2 ) ′ = (x2 − 16)2(−48) + 48x.2.(x2 − 16) 2x (x2 − 16)4 = −48(x2 − 16) + 192x2 (x2 − 16)3 = 48(3x2 + 16) (x2 − 16)3 . Assim f ′′ > 0 se e somente se (x2 − 16)3 > 0, oque nos da´ |x| > 4. Note que na˜o ha´ pontos onde f ′′(x) = 0 (pontos de inflexa˜o). A concavidade para cima ocorre em ] − ∞,−4[∪]4, +∞[ e a concavidade para baixo em ]− 4, 4[. Calculando f ′′(0) = − 48 162 = − 3 16 < 0. O ponto cr´ıtico x = 0 e´ ma´ximo local. Para essa func¸a˜o podemostambe´m facilmente calcular a intersec¸a˜o do gra´fico com o eixo hori- zontal. Isso ocorre quando f(x) = 0 ou x = 2 e x = −2. Esboc¸amos o gra´fico usando os pontos (2, 0), (−2, 0) e o ponto critico, respeitando o crescimento e concavidade da func¸a˜o, e as ass´ıntotas: (2,0)(-2,0) (0,1/2) y=2 x=4 x=-4 Imagem: ]−∞, 1/2]∪]2, +∞[. 7 Exemplo 9. Idem para g(x) = x3 − 3x + 1. Soluc¸a˜o. O domı´nio de g e´ D = R, e na˜o ha´ ass´ıntotas. Mesmo assim, e´ importante conhecer os limites de g nos infinitos: lim x→+∞ g(x) = +∞ , lim x→−∞ g(x) = −∞ . Crescimento e Concavidade. As derivadas 1a e 2a sa˜o g′(x) = 3x2 − 3 e g′′(x) = 6x. Portanto a condic¸a˜o g′(x) ≥ 0 corresponde a 3x2− 3 ≥ 0 ⇒ |x| ≥ 1. As regio˜es de crescimento e decrescimento sa˜o respectivamente ]−∞,−1] ∪ [1, +∞[ e [−1, 1]. Os pontos cr´ıticos sa˜o {−1, 1}. A concavidade e´ para cima se g′′(x) ≥ 0 oque ocorre em [0, +∞[, e sera´ para baixo em ]−∞, 0]. Os pontos extremos sa˜o x = −1 de ma´ximo local (g ′′(−1) = −6 < 0) e x = 1 de mı´nimo local (g′′(1) = 6 > 0). O esboc¸o do gra´fico fica (-1,3) (0,1) (1,-1) e a imagem e´ Im = R. 8
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