Enunciado

Os três casos no Teste da Primeira Derivada cobrem as situações encontradas usualmente, mas não esgotam todas as possibilidades. Considere as funções f , g e h cujos valores em 0 são todos 0 e, para x ≠ 0

f x = x 4 sen ⁡ 1 x g x = x 4 2 + sen ⁡ 1 x h x = x 4 - 2 + sen ⁡ 1 x

  1. Mostre que 0 é um número crítico de todas as três funções, mas suas derivadas mudam de sinal infinitas vezes em ambos os lados de 0 .
  2. Mostre que f não tem nem um máximo nem um mínimo local em 0 , que g tem um mínimo local e que h tem um máximo local.

Passo 1

Eaeeee, belezinha? Bom... a questão nos dá três funções dadas da seguinte forma para x ≠ 0 :

f x = x 4 sen ⁡ 1 x

g x = x 4 2 + sen ⁡ 1 x

h x = x 4 - 2 + sen ⁡ 1 x

Onde para x = 0 , então f x = g x = h x = 0 .

A questão nos pede para mostrar que que 0 é um número crítico de todas as três funções, mas suas derivadas mudam de sinal infinitas vezes em ambos os lados de 0 .

Para isso, temos que derivar cada função e, em seguida, aplicar o Teorema do Confronto para verificar a derivada quando x se aproxima de zero.

A questão também nos pede para mostrar que f não tem nem um máximo nem um mínimo local em 0 , que g tem um mínimo local e que h tem um máximo local.

Nesse caso, devemos analisar x 2 n e x 2 n + 1 para perceber uma possível troca de sinal para concluirmos se há um máximo ou mínimo.

E aí? Bora lá?? 😉

Passo 2

Vamos calcular as primeiras derivadas das três funções:

Derivando f x :

f ' ( x ) = x 4 sen ⁡ 1 x ' = x 4 ' sen ⁡ 1 x + x 4 sen ⁡ 1 x ' = 4 x 4 - 1 sen ⁡ 1 x + x 4 cos ⁡ 1 x . 1 x ' = 4 x 3 sen ⁡ 1 x + x 4 cos ⁡ 1 x . - 1 x 2 = 4 x 3 sen ⁡ 1 x - x 2 cos ⁡ 1 x

Derivando g x :

g ' x = x 4 2 + sen ⁡ 1 x ' = 2 x 4 + x 4 sen ⁡ 1 x ' = 2 x 4 ' + f ' x = 2.4 . x 4 - 1 + f ' x = 8 x 3 + f ' x

Derivando h x :

h ' ( x ) = x 4 - 2 + sen ⁡ 1 x ' = - 2 x 4 + x 4 sen ⁡ 1 x ' = - 2 x 4 ' + f ' x = - 2.4 . x 4 - 1 + f ' x = - 8 x 3 + f ' x

Passo 3

Além disso, nos é dado que f 0 = 0 , assim:

f ' 0 = lim x → 0 ⁡ f x - f 0 x - 0 = lim x → 0 ⁡ x 4 sen ⁡ 1 x - 0 x = lim x → 0 ⁡ x 3 sen ⁡ 1 x

Usando o Teorema do Confronto:

- x 3 ≤ x 3 sen ⁡ 1 x ≤ x 3

lim x → 0 ⁡ x 3 = 0

Logo:

f ' 0 = lim x → 0 ⁡ x 3 sen ⁡ 1 x = 0

  1. Para g ' 0 = 8 . 0 3 + f ' 0 = 0 e h ' x = - 8 . 0 3 + f ' 0 = 0 , assim 0 é número crítico de f , g e h .

Passo 4

Vamos analisar em f ( x ) :

Para x 2 n = 1 2 n π , n ≠ 0 , sen ⁡ 1 x 2 n = sen ⁡ 2 n π = 0 e cos ⁡ 1 x 2 n = cos ⁡ 2 n π = 1 , então f ' x 2 n = - x 2 2 n < 0

Para x 2 n + 1 = 1 2 n + 1 π , sen ⁡ 1 x 2 n + 1 = sen ⁡ 2 n + 1 π = 0 e cos ⁡ 1 x 2 n + 1 = cos ⁡ 2 n + 1 π = - 1 , então f ' x 2 n + 1 = x 2 2 n + 1 > 0

Portando, f ' muda de sinal infinitas vezes em ambos os lados de 0 .

Passo 5

Vamos analisar em g ( x ) :

g ' x 2 n = 8 x 3 2 n + f ' x 2 n = 8 x 3 2 n - x 2 2 n = x 2 2 n 8 x 2 n - 1 < 0 para x 2 n < 1 8

g ' x 2 n + 1 = 8 x 3 2 n + 1 + x 2 2 n + 1 = x 2 2 n + 1 8 x 2 n + 1 + 1 > 0 para x 2 n + 1 > - 1 8

Portando, g ' muda de sinal infinitas vezes em ambos os lados de 0 .

Passo 6

Vamos analisar em h ( x ) :

h ' x 2 n = - 8 x 3 2 n + f ' x 2 n = - 8 x 3 2 n - x 2 2 n = - x 2 2 n 8 x 2 n - 1 < 0 para x 2 n > - 1 8

h ' x 2 n + 1 = - 8 x 3 2 n + 1 + x 2 2 n + 1 = x 2 2 n + 1 - 8 x 2 n + 1 + 1 > 0 para x 2 n + 1 < 1 8

Portando, h ' muda de sinal infinitas vezes em ambos os lados de 0 .

Passo 7

f 0 = 0 e como sen ⁡ 1 x , portanto x 4 sen ⁡ 1 x é tanto positivo quanto negativo infinitamente em ambos os lado de 0 , e arbitrariamente perto de 0 , f não tem nem um máximo local nem um mínimo local em 0 .

Em relação a g , como 2 + sen ⁡ 1 x ≥ 1 , g x = x 4 2 + sen ⁡ 1 x > 0 para x ≠ 0 , assim g 0 = 0 é um mínimo local.

Em relação a h , como - 2 + sen ⁡ 1 x ≤ - 1 , h x = x 4 - 2 + sen ⁡ 1 x < 0 para x ≠ 0 , assim h 0 = 0 é um máximo local.

Entendeu direitinho?? Responde aeee!! 😉

Resposta

Demonstração

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