Encontre os pontos críticos nas funções abaixo:
y=5 x \cdot \ln x

Passo 1

O enunciado dá a função y=5x\ln x e pede que sejam encontrados os pontos críticos dessa função.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A função é y=5x\ln x.
  • A função envolve \ln x, portanto o domínio natural da função é x>0.
  • O que se pede: determinar os pontos críticos (valores de x onde a derivada é zero ou não existe) e, se for possível, caracterizá-los (mínimo, máximo ou ponto de inflexão).

Passo 2

O que é um ponto crítico? Vou explicar com calma: um número x do domínio é chamado de ponto crítico se a derivada da função em x for zero ou se a derivada não existir em x. Em palavras mais simples: pontos críticos são onde a inclinação fica horizontal ( y'=0) ou onde a inclinação não está definida.
Antes de calcular, confirmei o domínio: como \ln x aparece, o domínio é x>0. Só podemos procurar pontos críticos dentro desse intervalo.

Passo 3

Vamos calcular a derivada y'. A função é produto de duas funções u(x)=5x e v(x)=\ln x. Relembrando a regra do produto (aquela que sempre cai bem nas provas): se h(x)=u(x)\,v(x) então
h'(x)=u'(x)\,v(x)+u(x)\,v'(x).
Aqui, u(x)=5x e v(x)=\ln x. As derivadas são:
u'(x)=5,\qquad v'(x)=\frac{1}{x}.
Aplicando a regra do produto:
y' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) = 5\ln x + 5x\cdot\frac{1}{x}.
Simplificando 5x\cdot\frac{1}{x}=5, obtemos
y' = 5\ln x + 5.
Podemos escrever de forma mais compacta:
y' = 5(\ln x + 1).

Passo 4

Agora procuramos onde y'=0 ou onde y' não existe (lembrando que só consideramos x>0). A expressão y'=5(\ln x + 1) está bem definida para todo x>0, então não há pontos onde a derivada não existe dentro do domínio. Resta resolver
5(\ln x + 1)=0.
Dividindo por 5 (que é diferente de zero),
\ln x + 1 = 0.
Isolando \ln x,
\ln x = -1.
Aplicando exponencial nas duas partes (ou lembrando que e^{-1} é a solução),
x = e^{-1}=\frac{1}{e}.
Portanto o único valor de x no domínio que anula a derivada é x=\dfrac{1}{e}.

Passo 5

Em muitas questões é pedido o ponto no gráfico (ou seja, a coordenada (x,y)). Vamos calcular y correspondente a x=\dfrac{1}{e}. Substituindo na função:
y\!\left(\frac{1}{e}\right) = 5\cdot\frac{1}{e}\cdot\ln\!\left(\frac{1}{e}\right).
Sabendo que \ln\!\left(\dfrac{1}{e}\right)=-1, obtemos
y\!\left(\frac{1}{e}\right) = 5\cdot\frac{1}{e}\cdot(-1) = -\frac{5}{e}.
Logo o ponto no gráfico é \left(\dfrac{1}{e}, -\dfrac{5}{e}\right).

Passo 6

Vamos classificar o ponto crítico usando o teste da segunda derivada (fácil aqui). Primeiro calculamos y''. Como y' = 5(\ln x + 1), derivando:
y'' = 5\cdot\frac{d}{dx}(\ln x + 1) = 5\cdot\frac{1}{x} = \frac{5}{x}.
Agora avaliamos em x=\dfrac{1}{e}:
y''\!\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{5}{1/e} = 5e.
Como 5e>0, a segunda derivada é positiva nesse ponto, o que indica que a curva é côncava para cima ali e, portanto, o ponto crítico é um mínimo local.
Breve interpretação intuitiva: y''>0 significa que a função está “fazendo uma tigela” ali, então é um mínimo; y''<0 seria “fazendo um teto” (máximo).

Passo 7

Resumo do que encontramos e um empurrão para o exame: há um único ponto crítico no domínio x>0, localizado em x=\dfrac{1}{e}. O ponto no gráfico é \left(\dfrac{1}{e},-\dfrac{5}{e}\right) e, pelo teste da segunda derivada, é um mínimo local.

Resposta

x=\dfrac{1}{e}
\left(\dfrac{1}{e},-\dfrac{5}{e}\right) — mínimo local

Exercícios relacionados