Seja I \subseteq \mathbb{R} um intervalo e f: I \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} uma função derivável em I. Se \alpha \in I e f^{\prime}(\alpha)>0 mostre que existe um \delta>0 tal que f(x)>f(\alpha) para todo x \in I \operatorname{com} \alpha<x<\alpha+\delta.

Passo 1

O enunciado diz que f\colon I\to\R é derivável em um intervalo I\subseteq\R, que \alpha\in I e que
f'(\alpha)>0.
Queremos mostrar que existe \delta>0 tal que
\text{se }x\in I\text{ e }\alpha < x < \alpha+\delta,\text{ então }f(x)>f(\alpha).ã
O conteúdo que vamos usar é a definição de derivada como limite do quociente de diferença e o critério \varepsilon- \delta.

Passo 2

Pela definição,
f'(\alpha)=\lim_{x\to\alpha}\frac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha}.
Como f'(\alpha)>0, seja
\varepsilon = \frac{f'(\alpha)}{2}>0.
Pela definição de limite, existe \delta>0 tal que, sempre que 0<|x-\alpha|<\delta, vale
\Bigl|\frac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha}-f'(\alpha)\Bigr|<\varepsilon.
Em particular, para \alpha<x<\alpha+\delta temos x-\alpha>0 e
\frac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha} > f'(\alpha)-\varepsilon = f'(\alpha)-\frac{f'(\alpha)}{2} =\frac{f'(\alpha)}{2}>0.

Passo 3

Multiplicando a desigualdade anterior por x-\alpha>0, obtemos
f(x)-f(\alpha)>\frac{f'(\alpha)}{2}\,(x-\alpha)>0,
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f(x)>f(\alpha).

Resposta

Tomando qualquer \delta>0 dado pelo Passo 2, para todo x\in I com \alpha<x<\alpha+\delta temos f(x)>f(\alpha), como queríamos demonstrar.

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