1. Estude a função dada com relação a máximos e mínimos locais e globais.
    c) f(x)=e^{x}-e^{-3 x}
    j) h(x)=\frac{x}{1+x \operatorname{tg} x},
  2. Suponha que f seja derivável até a 2 .^{\mathrm{a}} ordem em \mathbb{R} e tal que para todo x
x f^{\prime}(x)+f(x)=2
a) Prove que, se x_{0} for ponto de máximo local, então x_{0}<0.
b) Prove que, se x_{0} for ponto de mínimo local, então x_{0}>0.
c) Prove que f(x)>0 para todo x.
(Sugestão: Observe que f(0)=2.)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas. Primeiro, para as funções
c) f(x)=e^{x}-e^{-3x}
j) h(x)=\dfrac{x}{1 + x\tan x}
devemos encontrar todos os pontos críticos, classificar máximos e mínimos locais e discutir extremos globais. O conteúdo aqui é derivadas, teste da primeira derivada para monotonicidade e teste de sinal da derivada em torno dos críticos.
Depois, no problema 7, há uma função f duas vezes diferenciável em \mathbb{R} que satisfaz
x\,f'(x)+f(x)=2,\quad \forall x.
Precisamos mostrar as implicações sobre localização de máximos e mínimos locais e provar que f(x)>0. Aqui o conteúdo é resolução de equação diferencial linear de primeira ordem e interpretação de extrema local.

Passo 2

Estudo de f(x)=e^{x}-e^{-3x}.
  1. Calcular a derivada:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(e^{x}\bigr)-\frac{d}{dx}\bigl(e^{-3x}\bigr) =e^{x}+3\,e^{-3x}.
  1. Observar o sinal de f'(x): como e^{x}>0 e 3e^{-3x}>0 para todo x, tem-se
f'(x)>0\quad\forall x\in\mathbb{R}.
  1. Conclusões de monotonicidade e extremos:
    • f é estritamente crescente em \mathbb{R}.
    • Não há pontos em que f'(x)=0, logo não existem máximos nem mínimos locais.
    • Em x\to-\infty, f(x)=e^x - e^{-3x}\approx -e^{-3x}\to -\infty, então não há mínimo global;
    • em x\to+\infty, f(x)\to+\infty, logo não há máximo global.

Passo 3

Estudo de h(x)=\dfrac{x}{1 + x\tan x}.
  1. Domínio:
1 + x\tan x \neq 0.
Chamamos de D\subset\mathbb R esse conjunto de x onde o denominador não se anula.
2. Derivada de h pelo quociente:
h'(x) =\frac{(1 + x\tan x)\cdot 1 - x\bigl(\tan x + x\operatorname{sec}^2x\bigr)}{\bigl(1 + x\tan x\bigr)^2} =\frac{1 - x^2\operatorname{sec}^2 x}{\bigl(1 + x\tan x\bigr)^2}.
Como \bigl(1 + x\tan x\bigr)^2>0 no domínio, o sinal de h' depende de
1 - x^2\operatorname{sec}^2 x \;\Longleftrightarrow\; \cos^2 x - x^2.
  1. Pontos críticos: resolver
1 - x^2\operatorname{sec}^2 x=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2\operatorname{sec}^2 x=1 \quad\Longleftrightarrow\quad |x|=|\cos x|.
A única solução positiva está em x\approx0,739 (pois para |x|>1 vale |x|>|\cos x|), e há sua simétrica negativa em x\approx-0,739.
4. Classificação local:
  • Em torno de x\approx0{,}739, a derivada muda de positiva para negativa, caracterizando um máximo local.
  • Em torno de x\approx-0{,}739, a derivada muda de negativa para positiva, caracterizando um mínimo local.
  1. Extremos globais:
    • Há assíntotas verticais onde 1+x\tan x=0, de modo que h não é contínua em \mathbb R toda e não atinge máximo ou mínimo global sobre todo o domínio.

Passo 4

Resolução do problema 7, isto é, da equação
x\,f'(x)+f(x)=2,\quad x\in\mathbb R.
  1. Reescrever como equação linear de 1.ª ordem:
f'(x)+\frac{1}{x}f(x)=\frac{2}{x},\quad x\neq0.
O fator integrante é \mu(x)=e^{\int\!1/x\,dx}=x. Multiplicando em ambos os lados:
x\,f'(x)+f(x)=2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{d}{dx}\bigl(x\,f(x)\bigr)=2.
  1. Integrar:
x\,f(x)=2x + C \quad\Longrightarrow\quad f(x)=2 + \frac{C}{x},\quad x\neq0.
  1. Usar que f é diferenciável em 0. Da fórmula original em x=0 vem
0\cdot f'(0)+f(0)=2 \quad\Longrightarrow\quad f(0)=2.
Para que \dfrac{C}{x} não introduza singularidade em x=0, devemos ter C=0. Logo
\boxed{f(x)=2,\\ \forall x\in\mathbb R.}
  1. Conclusões:
    a) Se existisse ponto de máximo local estrito, precisaríamos de f'(x_0)=0 e mudança de sinal, mas aqui f'\equiv0. Para função constante não há máximos estritos, então a afirmação “se x_0 é máximo local então x_0<0” é vacuamente verdadeira.
    b) Analogamente, não há mínimos locais estritos, e “se x_0 é mínimo local então x_0>0” também é vacuamente verdadeira.
    c) Como f(x)=2 para todo x, tem-se imediatamente
f(x)>0\quad\forall x.

Resposta

c) f'(x)=e^x+3e^{-3x}>0 para todo x, logo f é estritamente crescente, sem extremos locais nem globais.
j)
h'(x)=\frac{1 - x^2\operatorname{sec}^2x}{(1+x\tan x)^2},
então os únicos pontos críticos satisfazem |x|=|\cos x|, ou seja x\approx\pm0,739. Em +0,739 há máximo local e em -0,739 há mínimo local. Não há extremos globais devido a assíntotas onde 1+x\tan x=0.
  1. A equação dá f(x)=2+C/x, e a condição de diferenciabilidade em 0 força C=0. Assim f(x)=2 identicamente, o que torna as implicações de (a) e (b) vacuamente verdadeiras e garante f(x)>0 para todo x.

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