Problema 11. Seja arco tangente definida no intervalo dos reais em ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[. Qual é o valor máximo da função f(x)=\operatorname{arctg}\left(\frac{(\sqrt{12}-2) x^{2}}{x^{4}+2 x^{2}+3}\right).

Passo 1

O enunciado pede o valor máximo da função f(x)=\operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{(\sqrt{12}-2)x^{2}}{x^{4}+2x^{2}+3}\right) para x\in\mathbb{R}. Informações dadas e observações imediatas:
  • A função arco tangente está definida em todo \mathbb{R} com imagem em ]\!-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}[.
  • O argumento da arctg é a função racional g(x)=\dfrac{(\sqrt{12}-2)x^{2}}{x^{4}+2x^{2}+3}.
  • A constante \sqrt{12}-2 pode ser simplificada para 2\sqrt{3}-2, e é positiva porque 2\sqrt{3}\approx3{,}464>2.
A pergunta a responder é: qual é o maior valor de f(x), isto é, \max_{x\in\mathbb{R}} f(x) ?

Passo 2

Observação importante sobre \operatorname{arctg}: a função \operatorname{arctg}(u) é estritamente crescente em u\in\mathbb{R}. Explicando por que (rápido):
\frac{d}{du}\operatorname{arctg}(u)=\frac{1}{1+u^{2}}>0\quad\text{para todo }u\in\mathbb{R}.
Como \operatorname{arctg} é crescente, maximizar f(x)=\operatorname{arctg}\big(g(x)\big) em x equivale a maximizar g(x) em x. Logo
\max_{x\in\mathbb{R}} f(x)=\operatorname{arctg}\!\left(\max_{x\in\mathbb{R}} g(x)\right).

Passo 3

Como g(x) depende apenas de x^{2}, é conveniente fazer a substituição t=x^{2}. Então t\ge 0 e
g(x)=\frac{(\sqrt{12}-2)x^{2}}{x^{4}+2x^{2}+3} \quad\Longrightarrow\quad h(t)=\frac{(\sqrt{12}-2)\,t}{t^{2}+2t+3},\qquad t\ge 0.
Maximizar g(x) em x\in\mathbb{R} é equivalente a maximizar h(t) em t\ge0. Para simplificar, note que \sqrt{12}=2\sqrt{3}, então a constante a:=\sqrt{12}-2=2\sqrt{3}-2>0. Assim
h(t)=\frac{a\,t}{t^{2}+2t+3}.

Passo 4

Vamos encontrar os críticos de h(t) por derivação. Como a>0 é constante,
h'(t)=a\cdot\frac{(t^{2}+2t+3)-t(2t+2)}{(t^{2}+2t+3)^{2}}.
Explicando o numerador passo a passo:
(t^{2}+2t+3)-t(2t+2)=t^{2}+2t+3-2t^{2}-2t=-t^{2}+3.
Portanto
h'(t)=a\cdot\frac{-t^{2}+3}{(t^{2}+2t+3)^{2}}.
O denominador é sempre positivo e a>0, logo o sinal de h'(t) vem de -t^{2}+3. Zeros de h'(t) ocorrem quando
-t^{2}+3=0\quad\Longrightarrow\quad t^{2}=3\quad\Longrightarrow\quad t=\sqrt{3}\\ (\text{tomando }t\ge0).
Também verificamos os extremos do domínio: t=0 e t\to+\infty. Calculos rápidos mostram h(0)=0 e \lim_{t\to\infty}h(t)=0. Como h'(t)>0 para 0\le t<\sqrt{3} e h'(t)<0 para t>\sqrt{3}, o ponto t=\sqrt{3} é um máximo global em t\ge0.

Passo 5

Calculamos o valor de h em t=\sqrt{3}. Primeiro calculemos numerador e denominador separadamente:
a\,t=(2\sqrt{3}-2)\sqrt{3}=2\cdot 3 -2\sqrt{3}=6-2\sqrt{3}.
t^{2}+2t+3=(\sqrt{3})^{2}+2\sqrt{3}+3=3+2\sqrt{3}+3=6+2\sqrt{3}.
Logo
h(\sqrt{3})=\frac{6-2\sqrt{3}}{6+2\sqrt{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}.
Podemos simplificar essa fração multiplicando numerador e denominador por 3-\sqrt{3} ou simplesmente observar fator comum 2 e racionalizar; fazendo a redução obtemos
h(\sqrt{3})=2-\sqrt{3}.
Portanto \max_{t\ge0} h(t)=2-\sqrt{3}, e assim \max_{x\in\mathbb{R}} g(x)=2-\sqrt{3}.

Passo 6

Voltando para f, como \operatorname{arctg} é crescente,
\max_{x\in\mathbb{R}} f(x)=\operatorname{arctg}\!\big(2-\sqrt{3}\big).
Agora reconhecemos que 2-\sqrt{3} é o valor de \tan de um ângulo conhecido. Usando a fórmula da tangente da diferença:
\tan\!\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\tan\frac{\pi}{4}-\tan\frac{\pi}{6}}{1+\tan\frac{\pi}{4}\tan\frac{\pi}{6}}=\frac{1-\tfrac{1}{\sqrt{3}}}{1+\tfrac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}.
Racionalizando ou simplificando essa expressão obtemos
\tan\!\left(\frac{\pi}{12}\right)=2-\sqrt{3}.
Portanto \operatorname{arctg}\!\big(2-\sqrt{3}\big)=\dfrac{\pi}{12}.

Passo 7

Conclusão final: o valor máximo de f(x) em \mathbb{R} é \dfrac{\pi}{12}.

Resposta

\dfrac{\pi}{12}

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