Encontre os pontos críticos e classifique-os como: máximo ou mínimo com \mathrm{x} \in(0,2 \pi).
f(x)=3 \operatorname{sen}(x)-4 \cos (x)

Passo 1

O enunciado pede explicitamente duas coisas: encontrar os pontos críticos de f no intervalo (0,2\pi) e classificá‑los como máximo ou mínimo. A função dada é
f(x)=3\sin(x)-4\cos(x).
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\text{domínio de interesse: }x\in(0,2\pi), \qquad f(x)=3\sin(x)-4\cos(x).í
Nenhuma outra informação (figura, tabela, etc.) foi fornecida.

Passo 2

Definição e plano de ataque (sem resolver ainda): um ponto crítico é um ponto onde a derivada de f é zero ou não existe. Aqui f é combinação de seno e cosseno, funções diferenciáveis em toda parte, então só precisamos resolver \,f'(x)=0.
Antes de calcular, lembro as regras básicas de derivação que vou usar:
  • A derivada de \sin(x) é \cos(x).
  • A derivada de \cos(x) é -\sin(x).
    Aplicando isso à nossa f teremos uma expressão simples para f'(x).

Passo 3

Calculo da derivada:
f(x)=3\sin(x)-4\cos(x)\quad\Rightarrow\quad f'(x)=3\cos(x)+4\sin(x).
Agora procuramos pontos críticos resolvendo
f'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad 3\cos(x)+4\sin(x)=0.
Antes de manipular, verificamos os casos em que dividir por \cos(x) poderia ser problema: se \cos(x)=0 então x=\tfrac{\pi}{2} ou x=\tfrac{3\pi}{2}. Nesses pontos
f'\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=3\cdot 0+4\cdot 1=4\neq0, \qquad f'\!\left(\tfrac{3\pi}{2}\right)=3\cdot 0+4\cdot(-1)=-4\neq0,
logo esses pontos não anulam f' e não são críticos. Portanto podemos dividir por \cos(x) sem perder soluções relevantes.
Dividindo por \cos(x) (onde ela não é zero) obtemos
3+4\tan(x)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \tan(x)=-\dfrac{3}{4}.

Passo 4

Resolvendo a equação trigonométrica \tan(x)=-\dfrac{3}{4}.
Seja \alpha=\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right). Note que \alpha\in\left(0,\tfrac{\pi}{2}\right) porque \dfrac{3}{4}>0. Então \arctan\!\left(-\dfrac{3}{4}\right)=-\alpha e a solução geral de \tan(x)=-\dfrac{3}{4} é
x=-\alpha+k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z}.
Agora restringimos ao intervalo (0,2\pi). Tomando k=1 e k=2 obtemos as duas soluções no intervalo:
x_1=\pi-\alpha,\qquad x_2=2\pi-\alpha,
ou em forma explícita
x_1=\pi-\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right),\qquad x_2=2\pi-\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right).
Esses são os pontos críticos da função em (0,2\pi).

Passo 5

Agora vamos classificar os pontos críticos. Vou usar o teste da segunda derivada (é simples aqui): se f''(x_0)>0 então x_0 é mínimo local; se f''(x_0)<0 então x_0 é máximo local.
Calculamos f''(x) derivando f'(x)=3\cos(x)+4\sin(x):
f''(x)=-3\sin(x)+4\cos(x).
Para avaliar f'' em x_1 e x_2 precisamos de \sin(\alpha) e \cos(\alpha). Como \tan(\alpha)=\dfrac{3}{4}, usamos o triângulo retângulo 3–4–5:
\sin(\alpha)=\dfrac{3}{5},\qquad \cos(\alpha)=\dfrac{4}{5}.

Passo 6

Avaliação da segunda derivada nos pontos críticos — cálculos detalhados:
Para x_1=\pi-\alpha sabemos que \sin(\pi-\alpha)=\sin(\alpha) e \cos(\pi-\alpha)=-\cos(\alpha). Assim
f''(x_1)=-3\sin(\pi-\alpha)+4\cos(\pi-\alpha) =-3\sin(\alpha)+4(-\cos(\alpha)) =-3\sin(\alpha)-4\cos(\alpha).
Substituindo \sin(\alpha)=\dfrac{3}{5} e \cos(\alpha)=\dfrac{4}{5}:
f''(x_1)=-3\cdot\dfrac{3}{5}-4\cdot\dfrac{4}{5}=-\dfrac{9}{5}-\dfrac{16}{5}=-\dfrac{25}{5}=-5.
Como f''(x_1)=-5<0, concluímos que x_1 é um ponto de máximo local.
Para x_2=2\pi-\alpha temos \sin(2\pi-\alpha)=-\sin(\alpha) e \cos(2\pi-\alpha)=\cos(\alpha). Então
f''(x_2)=-3\sin(2\pi-\alpha)+4\cos(2\pi-\alpha) =-3(-\sin(\alpha))+4\cos(\alpha) =3\sin(\alpha)+4\cos(\alpha).
Substituindo os valores:
f''(x_2)=3\cdot\dfrac{3}{5}+4\cdot\dfrac{4}{5}=\dfrac{9}{5}+\dfrac{16}{5}=\dfrac{25}{5}=5.
Como f''(x_2)=5>0, concluímos que x_2 é um ponto de mínimo local.

Resposta

x=\pi-\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right) — máximo local
x=2\pi-\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right) — mínimo local

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