Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
DERIVADAS (PARTE 4) REGRA DE L’HOSPITAL, MONOTOCIDADE ,ESTUDO DA VARIAÇÃO DE UMA FUNÇÃO (PONTOS DE MÁXIMOS E MÍNIMOS), CONCAVIDADE E PONTO DE INFLEXÃO. REGRA DE L’HOSPITAL • Sejam f(x) e g(x) funções contínuas e deriváveis em [a, b], anulando-se no ponto x=a. Se além disso lim 𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) existe , então o lim 𝑥→𝑎 𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥) existe e lim 𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) = lim 𝑥→𝑎 𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥) . TEOREMA DE L’HOSPITAL • Se lim 𝑥→𝑎 𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥) tem uma forma indeterminada 0 0 ou ∞ ∞ , então, lim 𝑥→𝑎 𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥) = lim 𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) , caso o lim 𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥) 𝑔′(𝑥) exista ( sendo finito ou infinito). Obs: O mesmo ocorre se a for substituído por a+ ou a−ou se a = ∞ ou a = - ∞ Exemplo • Resolva os limites: • a) lim x→2 x2−x−2 3x2−5x−2 b) lim x→∞ e2x x3 c) lim x→0 x−sen(x) x3 • d) lim x→0 ex−e−x−2x x−sen(x) Solução • lim x→2 x2−x−2 3x2−5x−2 = 0 0 (indeterminação) , aplicando a regra de L´hospital temos: lim x→2 x2−x−2 3x2−5x−2 = lim x→2 (x2−x−2)′ (3x2−5x−2)′ = lim x→2 2x−1 6x−5 = 3 7 Solução • lim x→∞ e2x x3 = ∞ ∞ (indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: lim x→∞ e2x x3 = lim x→∞ (e2x)′ (x3)′ = lim x→∞ 2.e2x 3x2 = ∞ ∞ , aplicando a regra de L´hospital lim x→∞ (2e2x)′ (3x2)′ = lim x→∞ 4.e2x 6𝑥 = ∞ ∞ , aplicando a regra de L´hospital lim x→∞ (4e2x)′ (6𝑥)′ = lim x→∞ 8.e2x 6 = ∞ 6 = ∞ Solução • lim x→0 x−sen(x) x3 = 0 0 (indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: lim x→0 x−sen(x) x3 = lim x→0 (x−sen(x))′ (x3)′ = lim x→0 1−cos(x) 3x2 = 0 0 , aplicando a regra de L´hospital, lim x→0 (1−cos(x))′ (3x2)′ = lim x→0 𝑠𝑒𝑛(x) 6𝑥 = 0 0 , aplicando a regra de L´hospital, lim x→0 (sen(x))′ (6𝑥)′ = lim x→0 cos(x) 6 = 1 6 Solução • lim x→0 ex−e−x−2x x−sen(x) = 0 0 (indeterminação), aplicando a regra de L´hospital temos: lim x→0 ex−e−x−2x x−sen(x) = lim x→0 (ex−e−x−2x)′ (x−sen(x))′ = lim x→0 ex+e−x−2 1−cos(x) = 0 0 , aplicando a regra de L´hospital lim x→0 (ex+e−x−2)′ (1−cos(x))′ = lim x→0 ex−e−x sen(x) = 0 0 , aplicando a regra de L´hospital , lim x→0 (ex−e−x)′ (sen(x))′ = lim x→0 ex+e−x cos(x) = 2 1 = 2 PONTOS CRÍTICOS DE UMA FUNÇÃO • Pontos críticos- São os valores de x onde a função y= f(x) está definida e nos quais a sua 𝑓′(x)= 0 ou não existe. Ex) x=2 é um ponto crítico da função f(x)= 𝑥2 − 4𝑥, pois 𝑓′(2)= 2x - 4 = 0 Ex) x = 0 é um ponto crítico da função f(x)= |x|, pois em x=0 na função derivada do módulo de x não existe. MONOTOCIDADE DE UMA FUNÇÃO • Monotocidade de uma função é verificar para que valores de x uma função f(x) é crescente ou decrescente. f crescente f decrescente MONOTOCIDADE DE UMA FUNÇÃO • Se f(x) é contínua em [a, b] e derivável em um intervalo ]a,b[, então: • 𝑓′(x) ≥ 0 em ]a, b[ → f(x) é crescente em [a, b] • 𝑓′(x) ≤ 0 em ]a, b[ → f(x) é decrescente em [a, b] Exemplo • Estude a monotocidade das funções abaixo: a) f(x) = 2x3- 15x2+36x b) f(x) = -2x +4 c) f(x)= x4 + 4x Solução • f(x) = 2x3- 15x2+36x → 𝑓′(x) = 6(x2 -5x+6) =0 Estudar o sinal de x2 -5x+6 Raízes x = 2 e x= 3 +++++ 2 -------- 3 +++++ f(x) é crescente ]-∞, 2] 𝑈 [3,∞[ 𝑓′(x) > 0 𝑓′(x) < 0 𝑓′(x) > 0 f(x) é decrescente [2, 3] Solução • f(x) = -2x +4 → 𝑓′(x) = -2 Como 𝑓′(x) < 0 para todo x ϵ D(f), então f(x) é decrescente em todo D(f). Solução • f(x)= x4 + 4x 𝑓′(x) = 4x3+ 4 = 4(x3+1) = 4(x+1)(x2-x+1) x + 1=0 (I) → x = -1e as outras raízes são números complexos da função x2-x+1= 0 (II) (I) - - - (-1)+ + + + (II) + + + + + + + f(x) é crescente [−1,∞[ f(x) é decrescente ]- ∞,- 1] S - - - (-1)+ + + 𝑓′(x) < 0 𝑓′ (x) > 0 PONTOS EXTREMANTES(MÁXIMOS E MÍNIMOS LOCAIS OU RELATIVOS) • Ponto de máximo local- Dizemos que um ponto crítico x0 é ponto de máximo local de uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos f(x0) ≥ f(x) e neste caso dizemos que f(x0) é o valor máximo local de f(x) nesta V • Ponto de mínimo local- Dizemos que um ponto crítico x0 é ponto de mínimo local de uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos f(x0) ≤ f(x) e neste caso dizemos que f(x0) é o valor mínimo local de f(x) nesta V Obs: Chamamos vizinhança V, de um ponto x0ϵ D(f), um intervalo V=] x0- α, x0 + α[, onde α é um número real positivo. VALOR MÁXIMO E MÍNIMO ABSOLUTO • Valor máximo absoluto- Dizemos f(x0) é o valor máximo absoluto de uma função f(x), se para todo x ϵ D(f(x)), temos f(x0) ≥ f(x), isto é, f(x0) é o maior valor que f(x) assume. • Valor mínimo absoluto- Dizemos f(x0) é o valor mínimo absoluto de uma função f(x), se para todo x ϵ D(f(x)), temos f(x0) ≤ f(x), isto é, f(x0) é o menor valor que f(x) assume. TEOREMA DE FERMAT • Se f: D → R é uma função derivável no ponto x0 ϵ D e x0 é um ponto de máximo ou mínimo local interior de f, então 𝑓′(x0) = 0 ENCONTRANDO PONTO DE MÁXIMIO E DE MÍNIMO DE UMA FUNÇÃO POR DERIVADA DE ORDEM1 • Ponto de máximo - Dizemos x0 é ponto de máximo local de uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos 𝑓 ′(x)> 0 (positiva) á esquerda de x0 e 𝑓 ′(x)< 0 (negativa) á direita de x0. • Ponto de mínimo - Dizemos x0 é ponto de mínimo local de uma função f(x), se para todo x ϵ V de x0, temos 𝑓 ′(x)< 0(negativa) á esquerda de x0 e 𝑓 ′(x)> 0 (positiva) á direita de x0. Exemplo • Verifique se as funções apresentam extremantes: a) f(x) = 2x3- 15x2+36x b) f(x) = x4- 4x3 Solução • f(x) = 2x3- 15x2+36x → 𝑓′(x) = 6(x2 -5x+6) =0 Estudar o sinal de x2 -5x+6 Raízes x = 2 e x= 3 +++++ 2 ------ 3 +++++ x= 2 é ponto de máx local x= 3 é ponto de mín local Solução • f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 = 4x2(x- 3) = 0 • 4x2= 0 (I) → x = 0 e x-3 = 0 (II) → x = 3 Estudando o sinal: 0 3 (I) + + + + x = 3 é um ponto de mínimo local (II) - - - + S - - - + Exercício • Em relação a função f(x)= x3-27x+1. Pede-se: • Estude a monotocidade de f(x); • Ponto de máx e mín locais, caso existam; • Valor máximo e mínimo locais, caso existam. Solução f(x)= x3-27x+1 →𝑓′(x)= 3x2 − 27 = 0 → x =3 ou x = -3 Estudando o sinal da função derivada: +++++ (-3) ------ (3) +++++ Crescente: ] -∞, -3] U [3, ∞[ Decrescente: [-3,3] Ponto de máx em x = -3 com valor máx igual a 55 (f(-3)= (−3)3-27(-3)+1 =55) Ponto de mín em x = 3 com valor mín igual a -53 (f(3)= (3)3-27(3)+1 = -53) ENCONTRANDO PONTO DE MÁXIMIO E DE MÍNIMO DE UMA FUNÇÃO POR DERIVADA DE ORDEM 2 • Seja f(x) uma função contínua e derivável até a ordem 2 no intervalo I = ]a,b[, com derivadas f ′(x) e f ′′(x) também contínuas em I. Seja x0 ϵ I, tal que f ′(x0) = 0. Nestas condições, temos: • Se f ′′(x0) < 0, então x0 é ponto de máximo local de f(x) • Se f ′′(x0) > 0, então x0 é ponto de mínimo local de f(x) Exemplo • Verifique se as funções apresentam extremantes pelo estudo da segunda derivada a) f(x) = 2x3- 15x2+36x b) f(x) = x4- 4x3 a) f(x) = 2x3- 15x2+36x → f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 = 0 → x = 2 e x= 3 Temos que f ′′(x) = 12x – 30, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 2 e x = 3, temos: f ′′(2) = 12 . 2 – 30 = 24 – 30 = - 6 < 0 → x = 2 é ponto de máximo local de f(x) f ′′(3) = 12 . 3 – 30 = 36 – 30 = 6 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x) f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 4x3 − 12x2 = 0 → x = 0 e x = 3 Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 0 e x = 3, temos: f ′′(0) = 12. 02 – 24.0 = 0 – 0 = 0 → x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo local de f(x) f ′′(3) = 12. 32 – 24.3 = 108 – 72 = 36 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x) CRITÉRIO GERAL PARA PESQUISAR EXTREMANTES • Seja f uma função derivável com derivadas sucessivas também deriváveis em I = ]a,b[. Seja x0ϵ I, tal que: f ′(x0) = f ′′(x0) = ... = f (𝑛)(x0) = 0 e f (n)(x0) ≠ 0 . Nestas condições: - se n é par e f (𝑛)(x0) < 0 , então x0 é ponto de máximo local de f - se n é par e f (𝑛)(x0) > 0 , então x0 é ponto de mínimo local de f - se n é ímpar, então x0 não é ponto de máximo e nem de mínimo local de f f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 4x3 − 12x2 = 0 → x = 0 e x = 3 Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, verificando o sinal de f ′′(x) para x = 0 e x = 3, temos: f ′′(3) = 12. 32 – 24.3 = 108 – 72 = 36 > 0 → x = 3 é ponto de mínimo local de f(x) f ′′(0) = 12. 02 – 24.0 = 0 – 0 =0 encontrando f ′′′(x) = 24x – 24 f ′′′(0) = 24.0 – 24 = - 24 ≠ 0 (logo pelo critério geral x = 0 não é ponto de máximo nem de mínimo local de f(x) ) Exercício • Determine os extremantes da função f(x) = x. 𝑥 − 2 3. Solução • f(x) = x. 𝑥 − 2 3 → 𝑓′(x)= 𝑥 − 2 3 + 3x 𝑥 − 2 2 = 𝑥 − 2 2(x- 2 +3x) → 𝑓′(x)= 𝑥 − 2 2( 4x - 2) , raízes de 𝑓′(x) : x = 2 e x = 1/2 • 𝑓′′(x)= 2(x-2)(4x-2) + 𝑥 − 2 2. 4 = 9𝑥2- 24x +12 • 𝑓′′(2)= 2(2-2)(4.2-2) + 2 − 2 2. 4 = 0 • 𝑓′′′(x)= 18x -24 → 𝑓′′′(2)= 18. 2 -24 = 12 ≠ 0 → x = 2 não é extremante • 𝑓′′(1/2)= 9( 1 2 )2- 24.1/2 +12 = 9/4 > 0 → x = 1/2 é ponto de mínimo local CONCAVIDADE DO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO • Se f é uma função derivável até a ordem 2 no intervalo I =[a,b], se x0ϵ I e f ′′(x0) ≠ 0, então: • quando f ′′(x0) > 0 , o gráfico de f tem concavidade positiva( abertura p/cima) em x0; • quando f ′′(x0) < 0 , o gráfico de f tem concavidade negativa( abertura p/baixo) em x0; Exemplo Estude a concavidade dos gráficos das funções abaixo: a) f(x) = 2x3- 15x2+36x b) f(x) = x4- 4x3 Solução f(x) = 2x3- 15x2+36x f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 f ′′(x) = 12x – 30 Estudar o sinal da segunda derivada • f ′′(x) = 12x – 30 = 0 → x = 5/2 - - - - (5/2) + + + + Conclusão: f ′′(x0)< 0 f ′′(x0) >0 A concavidade da curva é voltada p/cima : ] 5/2 , ∞[ A concavidade da curva é voltada p/baixo : ] −∞ , 5/2[ Solução • f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 • Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x, estudando o sinal de f ′′(x). 12x2 – 24x = 0 → x = 0 e x = 2 + + + + (0) - - - - (2) + + + + f ′′(x0) >0 f ′′(x0) <0 f ′′(x0) >0 Concavidade voltada p/cima : ] -∞, 0[ U ]2, ∞[ Concavidade voltada p/baixo : ] 0, 2[ PONTO DE INFLEXÃO DO GRÁFICO DE UMA FUNÇÃO • Se f é uma função derivável até a ordem 3 no intervalo I =[a,b], se x0ϵ I. Se f ′′(x0) = 0 e f ′′′(x0) ≠ 0 , então x0 é a abscissa do ponto de inflexão. • Quando o gráfico de uma função muda de concavidade em um ponto x0 ϵ D(f) dentão dizemos que x0 é um ponto de inflexão do gráfico de f. Exemplo • Determine , caso exista , os pontos de inflexão dos gráficos das funções a) f(x) = 2x3- 15x2+36x b) f(x) = x4- 4x3 Solução f(x) = 2x3- 15x2+36x f ′(x) = 6𝑥2 − 30𝑥 + 36 f ′′(x) = 12x – 30 Raiz da segunda derivada: f ′′(x) = 12x – 30 = 0 → x = 5/2 f ′′′(x) = 12 , como f ′′′(5/2) =12 ≠ 0 , então x = 5/2 é abscissa do ponto de inflexão da função. Coordenadas do ponto de inflexão ( 5/2, f(5/2) ) = (5/2, 55/2) Solução • f(x) = x4- 4x3→𝑓′(x)= 4x3 − 12x2 • Temos que f ′′(x) = 12x2 – 24x. Raízes de f ′′(x):12x2 – 24x = 0 → x = 0 e x = 2 f ′′′(x) = 24x -24 f ′′′(0) = 24.0 -24 = -24 ≠ 0 f ′′′(2) = 24.2 -24 = 24 ≠ 0 Portanto x= 0 e x= 2 são pontos de inflexão do gráfico de f(x).
Compartilhar