# Estudo de funções e otimização

Monotonia, extremos, concavidade, assíntotas e otimização com domínio e verificação dos candidatos.

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## Monotonia e extremos

Num intervalo onde $f$ é derivável, $f'>0$ implica crescimento estrito e $f'<0$ implica decrescimento estrito, por Lagrange. Se $f'\ge0$, temos crescimento não estrito.

A função $x^3$ mostra que uma função estritamente crescente pode ter derivada zero num ponto. O sinal da derivada classifica a monotonia, mas um zero isolado não a quebra.

Um ponto crítico interior é um ponto do domínio onde $f'=0$ ou a derivada não existe. Para o classificar, olha para o sinal de $f'$ de cada lado:

*   De positivo para negativo, há máximo local.
*   De negativo para positivo, há mínimo local.
*   Sem mudança de sinal, o teste não dá um extremo.

Este teste exige continuidade no candidato, e $f'$ não precisa de existir nele. A função que vale $x^2$ fora de zero e $100$ em zero tem $f'(x)=2x$ para $x\ne0$: negativa à esquerda e positiva à direita, mas zero é um máximo local, não um mínimo. Sem continuidade, a mudança de sinal da derivada não decide.

Quando $f'(c)=0$, a segunda derivada pode classificar: se $f''(c)>0$, há mínimo local; se $f''(c)<0$, há máximo local. Se $f''(c)=0$, este teste não decide. Tanto $x^4$ como $x^3$ têm segunda derivada zero em zero; só a primeira tem extremo aí.

Para encontrar extremos absolutos de uma função contínua em $[a,b]$, compara os valores em todos os pontos críticos interiores e nos dois extremos; num intervalo aberto ou ilimitado, porém, a existência de máximo ou mínimo não é garantida.

## Concavidade e pontos de inflexão

Se $f''>0$ num intervalo, o gráfico tem concavidade voltada para cima; se $f''<0$, voltada para baixo.

Um ponto de inflexão é um ponto do gráfico onde a concavidade muda. Procuramos zeros de $f''$ e pontos onde $f''$ não existe, mas confirmamos a mudança. A condição $f''(c)=0$ sozinha não chega, como mostra $x^4$ em zero. Um ponto fora do domínio nunca é ponto de inflexão.

## Assíntotas

Há assíntota vertical $x=a$ se pelo menos um limite lateral de $f$ em $a$ é infinito. Há assíntota horizontal $y=L$ numa direção se $f(x)\to L$ nessa direção.

Para uma assíntota oblíqua $y=mx+b$, exige-se

$$
\lim_{x\to\pm\infty}[f(x)-(mx+b)]=0.
$$

Quando os limites existem, calcula $m=\lim f(x)/x$ e depois $b=\lim[f(x)-mx]$. Trata $+\infty$ e $-\infty$ separadamente. Uma função pode atravessar uma assíntota horizontal ou oblíqua; a condição descreve o comportamento no infinito.

## Função racional com assíntota oblíqua

Considera $f(x)=x+1/x$, de domínio $\mathbb R\setminus\{0\}$. A função é ímpar e não tem zeros reais, pois $x+1/x=0$ daria $x^2+1=0$.

Perto de zero, $1/x$ domina. O limite à esquerda é $-\infty$ e à direita é $+\infty$, logo $x=0$ é assíntota vertical. No infinito,

$$
f(x)-x=\frac1x\to0,
$$

por isso $y=x$ é assíntota oblíqua nas duas direções.

As derivadas são

$$
\begin{gathered} f'(x)=1-\frac1{x^2}\\ =\frac{x^2-1}{x^2}\\ f''(x)=\frac2{x^3}. \end{gathered}
$$

Como $x^2>0$ no domínio, o sinal de $f'$ depende apenas de $x^2-1$:

| Intervalo | $f'$ | Variação |
| --- | --- | --- |
| $]-\infty,-1[$ | $+$ | Cresce |
| $]-1,0[$ | $-$ | Decresce |
| $]0,1[$ | $-$ | Decresce |
| $]1,+\infty[$ | $+$ | Cresce |

Há máximo local em $(-1,-2)$ e mínimo local em $(1,2)$. Cada linha do quadro corresponde a um ramo do desenho: o sinal de $f'$ diz se esse ramo sobe ou desce, e os limites dizem de onde vem e para onde vai. Nenhum extremo é absoluto em todo o domínio, porque a função é ilimitada nos dois sentidos. No ramo negativo, a concavidade é voltada para baixo; no positivo, para cima. Não há inflexão em zero, porque zero não pertence ao domínio.

![Os dois ramos de x mais um sobre x, as assíntotas x igual a zero e y igual a x, e os extremos locais menos um, menos dois e um, dois.](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/estudo-funcoes/figura-1.svg)

O gráfico permite ler também a imagem, $]-\infty,-2]\cup[2,+\infty[$, a partir dos extremos de cada ramo e dos respetivos limites.

## Otimização

Para maximizar ou minimizar uma grandeza, escolhe uma variável, escreve a grandeza em função dela e encontra o domínio físico. Só depois deriva. No fim, verifica extremos, fronteiras e o significado do resultado.

Um retângulo tem perímetro $20$ m. Se um lado mede $x$, o outro mede $10-x$, com $0<x<10$. A área é

$$
\begin{gathered} A(x)=x(10-x)\\ A'(x)=10-2x. \end{gathered}
$$

O único ponto crítico é $x=5$. Como $A'>0$ antes e $A'<0$ depois, a área máxima é $25$ m$^2$, atingida pelo quadrado de lado $5$ m. Nas fronteiras, a área tende para zero, por isso não existe um retângulo não degenerado de área mínima, pois $x=0$ e $x=10$ não pertencem ao domínio; em geral, uma solução algébrica fora do domínio deve ser excluída mesmo que anule a derivada.

## Exercícios

Derivar a inversa sem a calcular

Seja $f(x)=x^3+2x$. Justifica que tem inversa e calcula $(f^{-1})'(3)$. Introduz o valor exato em decimal.

Pista

A fórmula usa a derivada de $f$ no ponto que tem imagem $3$.

Mais uma pista

Verifica $f(1)$ e o sinal de $f'(x)$ em todo o real.

Solução

A derivada $f'(x)=3x^2+2$ é positiva. Assim, $f$ é estritamente crescente, logo injetiva. Como é contínua e tende para $-\infty$ e $+\infty$, a imagem é $\mathbb R$.

Temos $f(1)=3$ e $f'(1)=5\ne0$, portanto $(f^{-1})'(3)=1/f'(1)=1/5=0{,}2$.

Erros frequentes

O argumento $3$ pertence à inversa. Usar $1/f'(3)$ confunde o ponto com a sua imagem. A verificação automática avalia apenas o valor final.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/derivadas/#derivadas-das-fun%C3%A7%C3%B5es-trigonom%C3%A9tricas-e-inversas)

Uma vedação com um lado já fechado

Uma região retangular encosta a uma parede. Há $18$ m de vedação para os outros três lados. Quais são as dimensões que dão a maior área?

Pista

Escolhe o comprimento de um lado perpendicular à parede. Há dois lados com esse comprimento.

Mais uma pista

Escreve a área usando a restrição do comprimento total da vedação. Exclui comprimentos nulos e negativos.

Solução

Se cada lado perpendicular mede $x$, o lado paralelo mede $18-2x$. O domínio é $0<x<9$ e a área é $A(x)=x(18-2x)$.

A derivada $A'(x)=18-4x$ anula-se em $x=4{,}5$. É positiva antes e negativa depois, por isso há máximo. Os lados medem $4{,}5$ m e $9$ m, com área $40{,}5$ m$^2$. Nas fronteiras, a área tende para zero.

Confere a tua resposta:

*   Usei x para cada lado perpendicular à parede e 18-2x para o outro lado.
*   Indiquei o domínio 0<x<9 e confirmei o máximo pelo sinal da derivada.
*   Obtive lados de 4,5 m e 9 m, com área máxima de 40,5 m².

Erros frequentes

Não distribuas a vedação pelos quatro lados: a parede fecha um deles. Um retângulo de maior área não tem de ser quadrado quando a restrição é diferente.

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Diagnosticar uma hipótese de Rolle

A função vale $x^2$ fora de zero e $100$ em zero, em $[-1,1]$. Os valores nos extremos coincidem. Podemos concluir que existe $c$ com $f'(c)=0$?

Pista

Verifica as três hipóteses de Rolle uma a uma.

Mais uma pista

O limite em zero é zero, mas o valor é cem. A função é descontínua aí.

Solução

Não. A função não é contínua em zero, por isso Rolle não se aplica. Temos $f'(x)=2x$ para $x\ne0$, sem zeros nesse domínio. O ponto onde $2x$ se anularia está excluído, e $f'$ nem existe em zero.

*   **Aplica-se, porque os valores nos extremos coincidem..** Falta a continuidade no ponto de salto.
*   **Não se aplica, porque falta continuidade num ponto interior..** Rolle exige continuidade em todo o intervalo fechado.
*   **Aplica-se, porque a derivada existe em quase todo o lado..** Quase todo o lado não chega para Rolle.

Erros frequentes

Valores iguais nos extremos não chegam. Sem continuidade interior, o teorema nada garante.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/teoremas-valor-medio/#rolle-e-extremos-interiores)

Continuidade e derivada numa colagem

Escolhe $a,b$ para que $f(x)=x^2$ se $x\le1$ e $f(x)=ax+b$ se $x>1$ seja derivável em $1$.

Pista

Derivabilidade exige primeiro continuidade.

Mais uma pista

Iguala o limite direito a $f(1)$ e depois iguala as derivadas laterais.

Solução

A continuidade exige $a+b=1$. Pela esquerda,

$$
\lim_{h\to0^-}\frac{(1+h)^2-1}h=2.
$$

Pela direita, usando $a+b=1$, o quociente é $[a(1+h)+b-1]/h=a$. Para coincidir com o limite esquerdo, $a=2$ e $b=-1$. A função é derivável e $f'(1)=2$.

Confere a tua resposta:

*   Obtive a+b=1 pela continuidade.
*   Calculei ou justifiquei as derivadas laterais.
*   Concluí a=2, b=-1 e derivada igual a 2.

Erros frequentes

Comparar apenas as derivadas das expressões, sem garantir continuidade no ponto, não justifica a derivabilidade.

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Potência de uma função inversa

Deriva $f(x)=[\operatorname{arccot}x]^{2x}$ usando a convenção $\operatorname{arccot}x\in]0,\pi[$. Justifica o domínio.

Pista

A base é positiva. Toma logaritmos.

Mais uma pista

Usa $(\operatorname{arccot}x)'=-1/(1+x^2)$ e a regra do produto em $2x\ln(\operatorname{arccot}x)$.

Solução

A arco-cotangente é positiva em todo o real, logo a potência fica definida por $e^{2x\ln(\operatorname{arccot}x)}$. Temos

$$
\begin{gathered} \frac{f'}f\\ =2\ln(\operatorname{arccot}x)-\frac{2x}{(1+x^2)\operatorname{arccot}x}. \end{gathered}
$$

Multiplicar pela função original dá a derivada. O domínio é $\mathbb R$.

Confere a tua resposta:

*   Justifiquei a positividade da base e o domínio real.
*   Derivei o logaritmo por produto e cadeia.
*   Multipliquei o resultado por f.

Erros frequentes

A derivada da arco-cotangente tem sinal negativo. A regra de potência com expoente constante não se aplica.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/derivadas/#pot%C3%AAncias-com-expoente-vari%C3%A1vel)

Caudal num tronco de cone

Um tanque tem altura $4$ m, raio inferior $1$ m e raio superior $3$ m. A água entra a $4\pi$ m$^3$/min. Calcula a velocidade do nível quando a água tem altura $2$ m.

Pista

O raio da secção à altura $z$ é linear em $z$.

Mais uma pista

A semelhança dá $r(h)=1+h/2$. Um tronco de cone de altura $h$ e raios $1$ e $r$ tem volume $V=\pi h(1+r+r^2)/3$.

Solução

O raio aumenta $2$ m em $4$ m de altura, logo $r(h)=1+h/2$. Substituindo este raio na fórmula do volume do tronco de cone e desenvolvendo,

$$
V(h)=\pi\left(h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{12}\right).
$$

Pela cadeia, $dV/dt=\pi(1+h/2)^2\,dh/dt$. Em $h=2$, $4\pi=4\pi\,dh/dt$, portanto $dh/dt=1$ m/min. O sinal positivo indica subida.

Confere a tua resposta:

*   Escrevi o raio 1+h/2.
*   Relacionei dV/dt com dh/dt antes de substituir h=2.
*   Obtive 1 m/min com sinal positivo.

Erros frequentes

Num tronco de cone, o raio não é proporcional a h a partir de zero. Não uses a fórmula de um cone sem retirar o cone ausente.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/teoremas-valor-medio/#taxas-relacionadas)

Uma indeterminação logarítmica

Calcula $\lim_{x\to0}[\ln(1+x)-x]/x^2$ e justifica o método.

Pista

O domínio perto de zero contém os dois lados, pois $x>-1$.

Mais uma pista

A primeira aplicação de L’Hôpital dá $[1/(1+x)-1]/(2x)$. Simplifica antes de aplicar outra vez.

Solução

Temos $0/0$, funções deriváveis e denominador derivado $2x\ne0$ na vizinhança perfurada. A razão das derivadas é

$$
\begin{gathered} \frac{1/(1+x)-1}{2x}=\frac{-x}{2x(1+x)}\\ =-\frac1{2(1+x)}. \end{gathered}
$$

O limite desta razão é $-1/2$, por isso o limite original também é $-1/2$.

Confere a tua resposta:

*   Confirmei 0/0 e o domínio.
*   Justifiquei a aplicação da regra.
*   Obtive menos um meio.

Erros frequentes

L’Hôpital deriva numerador e denominador separadamente. Depois de simplificar, não precisas de continuar a derivar.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/teoremas-valor-medio/#teorema-de-cauchy-e-regra-de-lh%C3%B4pital)

Esboço de uma função cúbica

Estuda a monotonia, os extremos locais e a concavidade de $f(x)=x^3-3x$. Indica os pontos de inflexão.

Pista

Fatora a primeira derivada e estuda a segunda.

Mais uma pista

$f'=3(x-1)(x+1)$ e $f''=6x$.

Solução

O domínio é $\mathbb R$. A derivada é positiva em $]-\infty,-1[$ e $]1,+\infty[$, negativa em $]-1,1[$. Há máximo local em $(-1,2)$ e mínimo local em $(1,-2)$.

A segunda derivada é negativa para $x<0$ e positiva para $x>0$. A concavidade muda na origem, que pertence ao gráfico, logo $(0,0)$ é ponto de inflexão. Como a função tende para $-\infty$ e $+\infty$ nas respetivas direções, não tem extremos absolutos em $\mathbb R$.

Confere a tua resposta:

*   Registei os três intervalos de monotonia.
*   Calculei os valores dos extremos.
*   Justifiquei a inflexão pela mudança de concavidade.

Erros frequentes

O zero de uma derivada é um candidato. Classifica pelo sinal ou por um teste cujas hipóteses se verifiquem.

[Voltar à explicação](https://resumos.rgo.pt/cadeiras/am1/estudo-funcoes/#monotonia-e-extremos)

Diagnosticar a segunda derivada de uma composição

Um aluno afirma que, se $y(x)=f(u(x))$, então $y''=f''(u)u''$. Assume que $f$ e $u$ são duas vezes deriváveis nos intervalos necessários. Deduz a fórmula correta e aplica-a a $y(x)=\ln(1+x^2)$, usando $f(u)=\ln(1+u)$ e $u(x)=x^2$. Determina a concavidade e os pontos de inflexão. A fórmula proposta pelo aluno daria a mesma classificação?

Pista

A primeira derivada é um produto. Ao derivar $f'(u)$, também aparece um fator $u'$.

Solução

De $y'=f'(u)u'$, produto e cadeia dão

$$
y''=f''(u)(u')^2+f'(u)u''.
$$

Aqui $f'(u)=1/(1+u)$, $f''(u)=-1/(1+u)^2$, $u'=2x$ e $u''=2$. O argumento do logaritmo é positivo para todo o real. Substituindo,

$$
y''=-\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}+\frac2{1+x^2}.
$$

Com denominador comum,

$$
y''=\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}.
$$

O denominador é positivo. A concavidade é para cima em $]-1,1[$ e para baixo em $]-\infty,-1[$ e $]1,+\infty[$. Há mudança nos dois pontos do gráfico $(-1,\ln2)$ e $(1,\ln2)$, que são inflexões.

A fórmula errada daria $-2/(1+x^2)^2$, sempre negativa. Nem sequer acerta em zero: a segunda derivada correta vale $2$, e a proposta vale $-2$. O erro altera a geometria, não apenas um coeficiente.

Confere a tua resposta:

*   Derivei f′(u)u′ por produto e cadeia, obtendo duas parcelas.
*   Obtive 2(1−x²)/(1+x²)² para a segunda derivada.
*   Identifiquei a concavidade e confirmei as inflexões em x=−1 e x=1.

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