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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.
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