maurício yoshida izumi 29 de agosto de 2015 · números reais (r): É formado pelo conjunto dos...
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Noções de matemática
Maurício Yoshida Izumi
29 de agosto de 2015
Sumário
1 Notação e funções 2
1.1 Números reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4 Alguns tipos de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Operações com funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.6 Logaritmo e exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.7 Somatório e produtório . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Derivadas 18
2.1 Limite e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Regras de derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3 Aplicações da derivada e derivadas parciais 29
3.1 Máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.2 Derivadas parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3 Derivadas parciais de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4 Hessiano e multiplicadores de Lagrange 42
4.1 Máximos e mínimos sem restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.2 Máximos e mínimos com restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1
Capítulo 1
Notação e funções
1.1 Números reais
• Números naturais (N): São todos os números inteiros positivos, incluindo o zero. Isto é: N
= {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,...}.
• Números inteiros (Z): São todos os números que pertencem ao conjunto dos Naturais mais
os seus respectivos opostos (negativos). Isto é: Z = {...,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,...}.
• Números racionais (Q): São todos os números da forma ab , sendo a e b inteiros e b 6= 0. Isto
é:
Q = {ab|a, b ∈ Z, b 6= 0}
Os números naturais (N) são um subconjunto dos números inteiros (Z) que, por sua vez,
são um subconjunto dos números racionais (Q). Assim, todo número natural também é um
número inteiro; e todo número inteiro também é um número racional.
• Números irracionais: São os números que não podem ser escritos por meio de uma fração
de dois inteiros. Por exemplo,√
2 = 1, 4142... é um número decimal infinito não periódico.
Outro exemplo é a constante π = 3.1415....
• Números reais (R): É formado pelo conjunto dos números racionais e irracionais. Em outras
palavras, R é o conjunto de todos os números reais entre −∞ e∞ (reta real).
Rn é um espaço com n dimensões. Exemplos: R2 é um plano de duas dimensões; R3 é um
espaço tridimensional.
2
1.2 Intervalos
Sejam a e b dois números reais, com a < b. Um intervalo em R é um subconjunto de R que tem
uma das seguintes formas:
• [a, b] = {x ∈ R|a ≤ x ≤ b}, x é um número real maior ou igual a a e menor ou igual a b.
• ]a, b[= {x ∈ R|a < x < b}, x é um número real maior do que a e menor do que b.
• ]a, b] = {x ∈ R|a < x ≤ b}, x é um número real maior do que a e menor ou igual a b.
• [a, b[= {x ∈ R|a ≤ x < b}, x é um número real maior ou igual a a e menor do que b.
• ]−∞, a[= {x ∈ R|x < a}, x é um número real menor do que a.
• ]−∞, a] = {x ∈ R|x ≤ a}, x é um número real menor ou igual a a.
• [a,+∞[= {x ∈ R|x ≥ a}, x é um número real maior ou igual a a.
• ]a,+∞[= {x ∈ R|x > a}, x é um número real maior do que a.
• ]−∞,+∞[= R, x é um número real.
Exemplo 1. Resolva a inequação 5x+ 3 < 2x+ 7.
5x+ 3 < 2x+ 7 ⇐⇒ 5x < 2x+ 4
⇐⇒ 3x < 4
⇐⇒ x <4
3
Assim, {x ∈ R|x < 43} é o conjunto das soluções da inequação.
Exemplo 2. Expresse o conjunto {x ∈ R|2x− 3 < x+ 1} em notação de intervalo.
2x− 3 < x+ 1 ⇐⇒ x < 4
Assim, {x ∈ R|2x− 3 < x+ 1} =]−∞, 4[
1.3 Funções
Definição: Dados A e B ⊆ R , uma função f de A em B é designada por f : A→ B e é uma regra
que associa a cada elemento de x ∈ A um único elemento y ∈ B. Costumamos escrever y = f(x)
e dizemos que y é o valor de f em x.
O conjunto A chama-se domínio da função f ; o conjuto B chama-se contra-domínio de f . A
imagem da função f é o conjunto definido por Imf = {y ∈ R : ∃x ∈ A e y = f(x)}.
3
Exemplo 1: Dada a função f(x) = x2 e os conjuntosA = {1, 2, 3, 4, 5} eB = {1, 4, 9, 16, 25, 26, 27},
temos:
x f(x)1 12 43 94 165 25
• Domínio de f é representado por todos os elementos do conjunto A = {1, 2, 3, 4, 5}.
• Contra-domínio de f é representado por todos os elementos do conjuntoB = {1, 4, 9, 16, 25, 26, 27}.
• Imagem de f é representada pelos elementos do contra-domínio (B) que possuem corres-
pondência com o domínio (A). Isto é: Imf = {1, 4, 9, 16, 25}.
Quando o domínio da função não é explicitado convenciona-se o maior conjunto em que a
regra é aplicável. Por exemplo, o domínio da função g(x) =√x é Dg = [0,+∞[.
Definição: Seja f : A→ B uma função. O conjunto Gf = {(x, f(x))|x ∈ A} ou Gf = {(x, y) ∈
R2 : x ∈ A e y = f(x)} denomina-se gráfico de f . Assim, o gráfico de f é um subconjunto de
todos os pares ordenador(x,y) de números reais.
Exemplo 2: Seja f(x) = x3. Tem-se:
a. Df = R.
b. O valor que f assume em x é f(x) = x3. Esta função associa a cada real x o número real
f(x) = x3.
c. f(−1) = (−1)3 = −1.
d. Gf = {(x, y)|y = x3, x ∈ R}.
Exemplo 3: Considere a função g dada por y = 1x . Tem-se:
a. Dg = {x ∈ R|x 6= 0}.
b. Esta função associa a cada x 6= 0 o real g(x) = 1x .
x g(x)-2 − 1
2-1 -1− 1
2 -212 21 12 1
2
4
c. g(x+ h) = 1x+h ∀x 6= −h.
d. Gráfico de g
Olhando para x > 0: quando x aumenta, y = 1x se aproxima de 0; quando x se aproxima de 0,
y = 1x se torna cada vez maior. Raciocínio semelhante segue para x < 0.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
1/x
1.4 Alguns tipos de funções
• Função constante: Uma função y = f(x), x ∈ A, dada por f(x) = k, k constante, denomina-
se função constante.
Exemplo 1: f(x) = 2.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
f(x)
5
a. Df = R.
b. Gf = {(x, f(x))|x ∈ R} = {(x, 2)|x ∈ R}.
Exemplo 2: f(x) =
1, se x ≥ 0
−1, se x < 0
a. Df = R.
b. Gráfico de f
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
f(x)
●
●
• Função linear: Uma função f : R → R dada por f(x) = ax, a constante, denomina-se
função linear. Seu gráfico é a reta que passa pelos pontos (0, 0) e (1, a).
Exemplo 3: f(x) = 2x.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
2 *
x
6
Exemplo 4: f(x) = |2x|.
Eliminando o módulo temos: f(x) =
2x, se x ≥ 0
−2x, se x < 0
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
f(x)
• Função afim: Uma função f : R → R dada por y = ax + b, a e b constantes, denomina-se
função afim. Seu gráfico é a reta que passa pelo ponto (0, b) e é paralela à reta y = ax.
Exemplo 5: f(x) = |x− 1|+ 2.
Eliminando o módulo temos:
f(x) =
x− 1 + 2, se x ≥ 1
−(x− 1) + 2, se x < 1
⇐⇒ f(x) =
x+ 1, se x ≥ 1
−x+ 3, se x < 1
−3 −2 −1 0 1 2 3
−2
−1
01
23
4
x
f(x)
7
• Função polinomial: Uma função f : R→ R dada por f(x) = a0xn+a1x
n−1+...+an−1x+an,
onde a0 6= 0, a1, a2, ..., an são números reais fixos, denomina-se função polinomial de grau
n (n ∈ N).
Exemplo 6: f(x) = x2 − 4 é uma função polinomial de grau 2 e seu gráfico é a parábola.
−2 −1 0 1 2
−4
−3
−2
−1
01
2
x
x^2
− 4
• Função racional:Uma função racional f é uma função dada por f(x) = p(x)q(x) , onde p e q são
duas funções polinomiais. O domínio de f é o conjunto {x ∈ R|q(x) 6= 0}.
Exemplo 7: f(x) = x+1x .
Manipulando temos: x+1x = x
x + 1x = 1 + 1
x . A função f está definida para todo x 6= 0. O
gráfico de f é o gráfico de y = 1x transladando-o uma unidade para cima.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−2
−1
01
23
4
x
1 +
1/x
8
1.5 Operações com funções
Sejam f e g duas funções tais que Df ∩Dg 6= ∅. Definimos:
a. A função f + g dada por (f + g)(x) = f(x) + g(x) denomina-se soma de f e g. O dominínio
de f + g é Df ∩ Dg . Observe que f + g é uma notação para indicar a função dada por
y = f(x) + g(x).
b. A função f · g dada por (f · g)(x) = f(x) · g(x) denomina-se produto de f e g. O domínio de
f · g é Df ∩Dg .
c. A função fg dada por f
g (x) = f(x)g(x) denomina-se quociente de f e g. O domínio de f
g é
{x ∈ Df ∩Dg|g(x) 6= 0}.
d. A função kf , k constante, dada por (kf)(x) = kf(x) é o produto de f pela constante k. O
domínio de kf é Df .
Exemplo 1:Sejam f(x) =√
7− x e g(x) =√x− 2.
a. (f + g)(x) =√
7− x+√x− 2. O domínio de f + g é [2, 7] = Df ∩Dg .
b. (f · g)(x) =√
7− x ·√x− 2. O domínio de f · g é [2, 7] = Df ∩Dg .
c. fg (x) =
√7−x√x−2 . O domínio de f
g é x ∈]2, 7].
d. kf(x) = k√
7− x. O domínio de kf(x) é Df =]−∞, 7].
Sendo f uma função, definimos a imagem de f por Imf = {f(x)|x ∈ Df}.
Definição (de função composta): Sejam f e g duas funções tais que Imf ⊂ Dg . A função dada
por y = g(f(x)), x ∈ Df denomina-se função composta de g e f . É usual a notação g ◦ f para
indicar a composta de g e f .
Assim, (g ◦ f)(x) = g(f(x)), x ∈ Df .
Observe que g ◦ f tem o mesmo domínio que f .
Exemplo 2: Sejam f e g dadas por f(x) = 2x+ 1 e g(x) = x2 + 3x. Determine g ◦ f e f ◦ g.
(g ◦ f)(x) = g(f(x))
= [f(x)]2 + 3[f(x)]
= (2x+ 1)2 + 3(2x+ 1), x ∈ R = Df .
9
(f ◦ g)(x) = f(g(x))
= f(x2 + 3x)
= 2(x2 + 3x) + 1, x ∈ R = Dg.
1.6 Logaritmo e exponencial
• Exponencial: A função exponencial pode ser pensada como uma generalização do processo
de potenciação para expoentes não inteiros. Quando n é um número natural maior do que
1, a potência an indica a multiplicação da base a por ela mesma n vezes. Isto é:
an = a× · · · × a︸ ︷︷ ︸n vezes
Propriedades:
a. xm × xn = xx+n (por exemplo, x3 × x4 = x7).
Demonstração: xm × xn = (x× · · · × x)︸ ︷︷ ︸m vezes
(x× · · · × x)︸ ︷︷ ︸n vezes
= (x× · · · × x)︸ ︷︷ ︸m+n vezes
= xm+n
b. xm
xn = xm−n (por exemplo, x4
x3 = x).
Demonstração: xm
xn =
m vezes︷ ︸︸ ︷x× · · · × xx× · · · × x︸ ︷︷ ︸
n vezes
= x× · · · × x︸ ︷︷ ︸m−n vezes
= xm−n
c. x−n = 1xn (por exemplo, x−3 = 1
x3 ).
d. x0 = 1, ∀x 6= 0.
e. xnm = m
√xn (por exemplo, x
54 =
4√x5).
f. (xm)n = xmn (por exemplo, (x2)3 = x2×3 = x6).
g. xm × ym = (xy)m (por exemplo, 22 × 32 = (2× 3)2 = 62 = 36).
• Logaritmo: O logaritmo de um número positivo real x na base b, em que b é um número
positivo real diferente de 1, é o expoente pelo qual b deve ser elevado para se chegar a x. Isto
é, y = bx ⇐⇒ x = logb(y). Por exemplo, log10(1000) = 3 porque 103 = 10× 10× 10 = 1000.
O logaritmo natural (ou neperiano) tem a constante irracional e (≈ 2,718) como base e é
muito utilizado no cálculo diferencial.
Propriedades:
a. logb(xy) = logb(x) + logb(y) porque bc · bd = bc+d.
10
b. logb(xd) = d logb(x) porque (bc)d = bcd.
c. logb(xy ) = logb(x)− logb(y) porque bc−d = bc
bd.
d. logb(y√x) = logb(x)
y porque y√x = x
1y .
e. c logb(x) + d logb(y) = logb(xcyd) porque logb(x
cyd) = logb(xc) + logb(y
d), onde b, x e y
são números reais positivos e b 6= 1. Tanto c quanto d são números reais.
f. logb(1) = logb(e0) = 0
1.7 Somatório e produtório
• Somatório: Um somatório é um operador que nos permite representar somas. Por exemplo,
para representarmos a soma dos 3 primeiros números naturais, excluindo o zero, podemos
escrever:
3∑i=1
i = 1 + 2 + 3 = 6
Propriedades: Sejam i, n ∈ N, tais que i < n e xi, yi ∈ R, para i = 1, 2, · · · , n e c uma
constante real.
a.∑ni=1 cxi = c
∑ni=1 xi.
Demonstração:
n∑i=1
cxi = cx1 + cx2 + · · ·+ cxn
= c(x1 + x2 + · · ·+ xn)
= c
n∑i=1
xi
b.∑ni=1(xi + yi) =
∑ni=1 xi +
∑ni=1 yi.
Demonstração:
n∑i=1
(xi + yi) = (x1 + y1) + (x2 + y2) + · · ·+ (xn + yn)
= x1 + y1 + x2 + y2 + · · ·+ xn + yn
= (x1 + x2 + · · ·+ xn) + (y1 + y2 + · · ·+ yn)
=
n∑i=1
xi +
n∑i=1
yi
11
c.∑ni=1 c = nc.
Demonstração:n∑i=1
c = c+ c+ · · ·+ c︸ ︷︷ ︸n vezes
= nc
• Produtório: De forma análoga ao somatório, representaremos o produto de n termos por:
n∏i=1
i = 1× 2× · · · × n
Propriedades:
a.∏ni=1 cxi = cn
∏ni=1 xi.
Demonstração:
n∏i=1
cxi = (cx1)× (cx2)× · · · × (cxn)
= c× c× · · · × c︸ ︷︷ ︸n vezes
×(x1 × x2 × · · · × xn)
= cnn∏i=1
xi
b.∏ni=1 xiyi =
∏ni=1 xi
∏ni=1 yi.
Demonstração:
n∏i=1
xiyi = (x1y1)× (x2y2)× · · · × (xnyn)
= (x1 × x2 × · · · × xn)× (y1 × y2 × · · · × yn)
=
n∏i=1
xi
n∏i=1
yi
c.∏ni=1 c = cn.
Demonstração:∏ni=1 c = c× c× · · · × c︸ ︷︷ ︸
n vezes
= cn
12
Exercícios
1. Resolva as seguintes inequações:
a. 3x+ 3 < x+ 6
b. x− 3 > 3x+ 1
c. 2x− 1 ≥ 5x+ 3
d. x+ 3 ≤ 6x− 2
e. 1− 3x > 0
f. 2x+ 1 ≥ 3x
2. Expresse cada um dos conjuntos em notação de intervalo:
a. {x ∈ R|4x− 3 < 6x+ 2}
b. {x ∈ R||x| < 1}
c. {x ∈ R||2x− 3| ≤ 1}
d. {x ∈ R|3x+ 1 < x3}
3. Mostre que:
a. (x− a)(x+ a) = x2 − a2
b. (x− a)(x2 + ax+ a2) = x3 − a3
c. (x− a)(x3 + ax2 + a2x+ a3) = x4 − a4
4. Dada a função f(x) = −x2 + 2x, calcule:
a. f(x)−f(1)x−1
b. f(x+h)−f(x)h
5. Calcule f(x+h)−f(x)h , h 6= 0 e sendo f(x) igual a:
a. 2x+ 1
b. 3x− 8
c. −2x+ 4
d. x2
e. x2 − 2x
f. 1x
g. 1x+2
13
6. Determine o domínio:
a. f(x) = 1x−1
b. f(x) = xx2−1
c. f(x) = 2xx2+1
d. f(x) = xx+2
e. f(x) =√x+ 2
f. f(x) = x+1x2+x
g. f(x) =√
x−1x+1
7. Determine a composta h(x) = g(f(x)):
a. g(x) = 3x+ 1 e f(x) = x+ 2
b. g(x) =√x e f(x) = 2 + x2
c. g(x) = x+1x−2 e f(x) = x2 + 3
d. g(x) = −x2 + 3x+ 1 e f(x) = 2x− 3
e. g(x) = 2x−2 e f(x) = f(x) = x+ 1, x 6= 1
f. g(x) = x+1x−1 e f(x) = x
x+1
g. g(x) = x+1x−2 e f(x) = 2x+1
x−1
8. Seja x̄ =∑ni=1
xi
n . Mostre que:
a.∑ni=1(xi − x̄)2 =
∑ni=1 x
2i − n(x̄)2
b. 1n−1
∑ni=1(xi − x̄)2 = 1
n−1 [∑ni=1 x
2i −
(∑n
i=1 xi)2
n ]
14
Respostas
1. a. 3x+ 3 < x+ 6 ⇐⇒ 2x < 3 ⇐⇒ x < 32
{x ∈ R|x < 32}
b. x− 3 > 3x+ 1 ⇐⇒ −2x > 4 ⇐⇒ 2z < −4 ⇐⇒ x < −2
{x ∈ R|x < −2}
c. 2x− 1 ≥ 5x+ 3 ⇐⇒ −3x ≥ 4 ⇐⇒ 3x ≤ −4 ⇐⇒ x ≤ − 43
{x ∈ R|x ≤ − 43}
d. x+ 3 ≤ 6x− 2 ⇐⇒ −5x ≤ −5 ⇐⇒ 5x ≥ 5 ⇐⇒ x ≥ 1
{x ∈ R|x ≥ 1}
e. 1− 3x > 0 ⇐⇒ −3x > −1 ⇐⇒ 3x < 1 ⇐⇒ x < 13
{x ∈ R|x < 13}
f. 2x+ 1 ≥ 3x ⇐⇒ −x ≥ −1 ⇐⇒ x ≤ 1
{x ∈ R|x ≤ 1}
2. a. 4x− 3 < 6x+ 2 ⇐⇒ −2x < 5 ⇐⇒ 2x > −5 ⇐⇒ x > − 52
{x ∈ R|4x− 3 < 6x+ 2} =]− 52 ,+∞[
b. |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1
{x ∈ R||x| < 1} =]− 1, 1[
c. |2x− 3| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ 2x− 3 ≤ 1 ⇐⇒ −1 + 3 ≤ 2x ≤ 1 + 3 ⇐⇒ 2 ≤ 2x ≤ 4 ⇐⇒
1 ≤ x ≤ 2
{x ∈ R||2x− 3| ≤ 1} = [1, 2]
d. 3x+ 1 < x3 ⇐⇒ 9x+ 3 < x ⇐⇒ 8x < −3 ⇐⇒ x < − 3
8
{x ∈ R|3x+ 1 < x3} =]−∞,− 3
8 [
3. a. (x− a)(x+ a) = x2 + ax− ax− a2 = x2 − a2
b. (x− a)(x2 + ax+ a2) = x3 + ax2 + a2x− ax2 − a2x− a3 = x3 − a3
c. (x− a)(x3 + ax2 + a2x+ a3) = x4 + ax3 + a2x2 + a3x− ax3− a2x2− a3x− a4 = x4− a4
d. (x− a)(x4 + ax3 + a2x2 + a3x+ a4) = x5 + ax4 + a2x3 + a3x2 + a4xax4− a2x3− a3x2−
a4x− a5 = x5 − a5
4. a. (−x2+2x)−(−1+2)x−1 = (−x2+2x)−1
x−1 = −(x−1)2x−1
b. Vamos primeiro calcular f(x+h): f(x+h) = −(x+h)2 + 2(x+h) = −x2− 2xh−h2 +
2x+ 2h
Então: f(x+h)−f(x)h = −x2−2xh−h2+2x+2h−(−x2+2x)h = −2xh−h2+2h
h = −2x− h+ 2, h 6= 0.
15
5. a. f(x+ h) = 2(x+ h) + 1 = 2x+ 2h+ 1
f(x+h)−f(x)h = 2x+2h+1−(2x+1)
h = 2hh = 2
b. f(x+ h) = 3(x+ h)− 8 = 3x+ 3h− 8
f(x+h)−f(x)h = 3x+3h−8−(3x−8)
h = 3hh = 3
c. f(x+ h) = −2(x+ h) + 4 = −2x− 2h+ 4
f(x+h)−f(x)h = −2x−2h+4−(−2x+4)
h = − 2hh = −2
d. f(x+ h) = (x+ h)2 = x2 + 2hx+ h2
f(x+h)−f(x)h = x2+2hx+h2−x2
h = 2hx+h2
h = 2x+ h
e. f(x+ h) = (x+ h)2 − 2(x+ h) = x2 + 2hx+ h2 − 2x− 2h
f(x+h)−f(x)h = x2+2hx+h2−2x−2h−(x2−2x)
h = 2hx+h2−2hh = 2x+ h− 2
f. f(x+ h) = 1x+h
f(x+h)−f(x)h =
1x+h−
1x
h =x−(x+h)x(x+h)
h =−h
x2+xh
h = −hh(x2+xh) = −h
hx2+h2x = −1x2+hx = −1
x(x+h)
g. f(x+ h) = 1(x+h)+2
f(x+h)−f(x)h =
1x+h+2−
1x+2
h =(x+2)−(x+h+2)(x+h+2)(x+2)
h =−h
(x+h+2)(x+2)
h = −hh(x+h+2)(x+2) = −1
(x+h+2)(x+2)
6. a. {x ∈ R|x 6= 1}
b. {x ∈ R|x 6= 1 e x 6= −1}
c. R
d. {x ∈ R|x 6= −2}
e. {x ∈ R|x ≥ −2}
f. {x ∈ R|x 6= 0 e x 6= −1}
g. {x ∈ R|x < −1 e x ≥ 1}
7. a. h(x) = 3(x+ 2) + 1 = 3x+ 7
b. h(x) =√
2 + x2
c. h(x) = (x2+3)+1(x2+3)−2 = x2+4
x2+1
d. h(x) = −(2x− 3)2 + 3(2x− 3) + 1 = −(4x2− 12x+ 9) + (6x− 9) + 1 = −4x2 + 18x− 17
e. h(x) = 2(x+1)−2 = 2
x−1
f. h(x) =( xx+1 )+1
( xx+1 )−1
=x+(x+1)
x+1x−(x+1)
x+1
=2x+1x+1−1x+1
= (x+1)(2x+1)(x+1)(−1) = −(2x+ 1), para x 6= −1
g. h(x) =( 2x+1
x−1 )+1
( 2x+1x−1 )−2 =
2x+1+(x−1)x−1
2x+1−2(x−1)x−1
=3x
x−13
x−1
= x, para x 6= 1
8. a.∑ni=1(xi− x̄)2 =
∑ni=1(x2i −2xix̄+ x̄2) =
∑ni=1 x
2i −∑ni=1(2xix̄)+
∑ni=1 x̄
2 =∑ni=1 x
2i −
2x̄∑ni=1 xi + nx̄2 =
∑ni=1 x
2i − (2x̄nx̄) + nx̄2 =
∑ni=1 x
2i − 2nx̄2 + nx̄2 =
∑ni=1 x
2i − nx̄2
16
b. 1n−1
∑ni=1 = 1
n−1 [∑ni=1 x
2i − 2xix̄ + x̄2] = 1
n−1 [∑ni=1 x
2i − 2x̄
∑ni=1 xi +
∑ni=1 x̄
2] =
1n−1 [
∑ni=1 x
2i − 2x̄nx̄ + nx̄2] = 1
n−1 [∑ni=1 x
2i − 2nx̄2 + nx̄2] = 1
n−1 [∑ni=1 x
2i − nx̄2] =
1n−1 [
∑ni=1 x
2i − n
(∑n
i=1 xi)2
n2 ] = 1n−1 [
∑ni=1 x
2i −
(∑n
i=1 xi)2
n ]
17
Capítulo 2
Derivadas
2.1 Limite e continuidade
Intuitivamente, uma função contínua em um ponto p de seu domínio é uma função cujo gráfico
não apresenta um "salto"em p.
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
f(x)
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
g(x)
●
●
O gráfico da esquerda (f(x) = 2x) não apresenta um "salto"em nenhum ponto. Em particular,
à medida que x se aproxima de 1, seja pela esquerda, seja pela direita, o valore de f(x) se aproxima
de f(1) = 2. Mas o mesmo não acontece com a função g(x) no ponto 0 (gráfico da direita). Neste
ponto o gráfico de g apresenta um "salto"e, portanto, g não é contínua em 0. Mas é contínua para
x 6= 0.
Intuitivamente, dizer que o limite de f(x), quando x tende a p, é igual aL que, simbolicamente,
se escreve limx→p f(x) = L significa que quando x tende a p, f(x) tende a L. No exemplo da
função f(x) = 2x temos que quando x se aproxima de 1, f(x) tende a 2.
18
Exemplo 1: Calcule limx→1(x+ 1).
x f(x) = x+ 1 x f(x) = x+ 12 3 0 1
1,5 2,5 0,5 1,51,1 2,1 0,9 1,9
1,01 2,01 0,99 1,991,001 2,001 0,999 1,999· · · · · · · · · · · ·1 2 1 2
Exemplo 2 (limites laterais): Calcule limx→1+ f(x) e limx→1− f(x), sendo
f(x) =
x2, se x < 1
2x, se x > 1
limx→1+ f(x) = limx→1 2x = 2 e
limx→1− f(x) = limx→1 x2 = 1
Vejamos, na medida em que x se aproxima de 1 pela direita, f(x) tende a 2. Mas quando nos
aproximamos de 1 pela esquerda, f(x) tende a 1.
Teorema:
limx→p
f(x) = L ⇐⇒
∃ limx→p+ f(x), limx→p− f(x) e
limx→p+ f(x) = limx→p− f(x) = L
Se f estiver definida em p e for contínua em p, então limx→p f(x) = f(p) e reciprocamente.
Isto é:
f contínua em p ⇐⇒ limx→p
f(x) = f(p)
Exemplo 3: Seja f(x) =
2x, se x ≤ 1
3, se x > 1
. Calcule limx→1− f(x) e limx→1+ f(x). f é contínua?
limx→1− f(x) = limx→1 2x = 2
limx→1+ f(x) = limx→1 3 = 3
limx→1− f(x) 6= limx→1+ f(x) =⇒6 ∃ limx→1 f(x) =⇒ f não é contínua
Exemplo 4 (limites infinitos e limites no infinito): Seja f(x) = 1x . Calcule limx→+∞ f(x),
limx→−∞ f(x), limx→0+ f(x) e limx→0− f(x).
19
−3 −2 −1 0 1 2 3
−3
−2
−1
01
23
x
1/x
limx→+∞ f(x) = 0
limx→−∞ f(x) = 0
limx→0+ f(x) = +∞
limx→0− f(x) = −∞
Exemplo 5 (o limite mais importante): Seja f(x) = x2. Calcule limh→0f(x+h)−f(x)
h .
Temos f(x+h)−f(x)h = (x+h)2−x2
h = (x2+2xh+h2)−x2
h = 2xh+h2
h = 2x+ h, para h 6= 0.
Segue que limh→0(2x+ h) = 2x.
*Propriedades:
a. limx→p[f(x) + g(x)] = limx→p f(x) + limx→p g(x) = f(p) + g(p).
b. limx→p kf(x) = k limx→p f(x) = kf(p).
c. limx→p f(x)g(x) = limx→p f(x) limx→p g(x) = f(p)g(p).
d. limx→pf(x)g(x) = f(p)
g(p) , para limx→p g(x) 6= 0.
2.2 Derivadas
Podemos começar a discussão de derivadas considerando a taxa de variação em uma variável y
em resposta à variação de uma outra variável x, onde x e y estão relacionadas por uma função
y = f(x).
Quando a variável x muda de um valor x0 para x1, a sua variação é medida pela diferença
x1 − x0 = h.
20
No entanto, podemos estar interessados em calcular a taxa média de variação. Ela pode ser
representada pelo coeficiente da diferença:
f(x1)− f(x0)
x1 − x0
Por exemplo, seja y = 3x2 + 4. Vamos calcular a variação de x0 = 3 para x1 = 7 (ou seja,
quando há um aumento de 4 unidades em x). Como y = 3x2 + 4, então quando x0 = 3 temos
f(3) = 3(3)2+4 = 31 e para x1 = 7 temos f(7) = 3(7)2+4 = 151. Assim a variação é f(7)−f(3) =
151− 31 = 120.
0 2 4 6 8
050
100
150
200
x
3 *
x^2
+ 4
●
(3, 31)
●
(7, 151)
A taxa média de variação será
f(x1)− f(x0)
x1 − x0=
151− 31
7− 3= 30
Mas note que x1 − x0 = h ⇐⇒ x1 = x0 + h. Então
f(x1)− f(x0)
x1 − x0=f(x0 + h)− f(x0)
h
Assim, podemos chegar ao mesmo resultado fazendo
f(x0 + h)− f(x0)
h=
3(x0 + h)2 + 4− (3(x0)2 + 4)
h= 6x0 + 3h.
Para x0 = 3 e h = 4, a taxa média de variação em y será 6(3) + 3(4) = 30. Isto é, em média,
uma variação em x de 3 para 7 unidades, a mudança em y será de 30 unidades por unidade de x.
Se reduzirmos o intervalo de h = 4 para h = 2, a taxa média de variação será 6(3) + 3(2) = 24.
21
E se reduzirmos para h = 1, a taxa média de variação será 6(3) + 3(1) = 21.
Frequentemente estamos interessados na taxa de variação em y quando h é pequeno (isto é,
quando h se aproxima de 0). Podemos fazer isso utilizando o conceito de limite. No exemplo
acima podemos calcular
limh→0
(6x0 + 3h) = 6x0
Esse limite é conhecido como a derivada da função y = f(x). A derivada nada mais é do que o
limite de um coeficiente de uma diferença, que mede a taxa de variação instantânea de y em relação
a x no ponto x0.
Do ponto de vista geométrico, o conceito de derivada é a inclinação da reta tangente ao gráfico
da função no ponto x0. Na figura abaixo plotamos o gráfico da função y = 3x2 + 4 em preto
e a reta tangete da f(x) no ponto x = 1 em azul. A equação dessa reta é dada pela equação
y − f(1) = f ′(1)(x− 1). A inclinação dela no ponto x = 1 é igual a f ′(1) = 6(1) = 6.
−2 −1 0 1 2
34
56
78
910
x
y
●
y − f(1) = f'(1)(x − 1)
f(x) = 3*x^2 + 4
Dizemos que f é derivável ou diferenciável em x0 se existe limh→0f(x0+h)−f(x0)
h . Neste caso,
tal limite é designado por f ′(x0) ou dydx (x0) e chama-se derivada de f no ponto x0. Se f é derivável
em todos os pontos de seu domínio, dizemos simplesmente que f é derivável.
Teorema: Se f for derivável em p, então f será contínua em p.
Por exemplo, f(x) = |x| não é derivável em p = 0, entretanto ela é contínua neste ponto.
Ou seja, ela pode ser contínua em um ponto, mas não ser derivável neste mesmo ponto. Assim,
continuidade não implica em derivabilidade. Mas derivabilidade implica em continuidade.
22
f(x)− f(0)
x− 0=|x|x
=
1, se x > 0
−1, se x < 0
Com isso temos: limx→0+f(x)−f(0)
x−0 = 1 e limx→0−f(x)−f(0)
x−0 = −1. Logo, limx→0f(x)−f(0)
x−0 não
existe. Ou seja, f não é derivável em 0.
2.3 Regras de derivação
a. Derivada de uma constante: f(x) = k, k constante, f ′(x) = 0
b. Derivada de x: f(x) = x⇒ f ′(x) = 1
c. Regra do tombo: f(x) = xn ⇒ f ′(x) = nxn−1
Exemplo 1: Seja f(x) = x4. Calcule f ′(x) e f ′( 12 ).
f(x) = x4 ⇒ f ′(x) = 4x4−1 = 4x3
f ′( 12 ) = 4(1
2
3) = 4(1
8 ) = 12
Exemplo 2: Calcule f ′(x) sendo f(x) = x−3.
f(x) = x−3 ⇒ f ′(x) = −3x−3−1 = −3x−4
Exemplo 3: Calcule f ′(x) = 1x5 .
f ′(x) = 1x5 = x−5 ⇒ f ′(x) = −5x−6
Exemplo 4: Seja f(x) =√x. Calcule f ′(x) e f ′(3).
f(x) =√x = x
12 ⇒ f ′(x) = 1
2x12−1 = 1
2x−12 = 1
21
x12
= 12
1√x
= 12√x
f ′(x) = 12√x⇒ f ′(3) = 1
x√3
d. Derivada de e: f(x) = ex ⇒ f ′(x) = ex
e. Derivada de ln: f(x) = ln(x)⇒ f ′(x) = 1x
f. Derivada com constante (kf)′(x) = kf ′(x), k constante.
Exemplo 5: Calcule f ′(x), onde f(x) = 5x.
f ′(x) = (5x)′ = 5(x)′ = 5(1) = 5
Exemplo 6: Calcule f ′(x), onde f(x) = 6x2
f ′(x) = (6x2)′ = 6(x2)′ = 6(2x) = 12x
23
g. Derivada de uma soma: (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x)
Exemplo 7: Seja f(x) = 4x3 + x2. Calcule f ′(x).
f ′(x) = [4x3 + x2]′ = (4x3)′ + (x2)′ = 12x2 + 2x
Exemplo 8: Calcule g′(x), onde g(x) = 5x4 + 4
g′(x) = [5x4 + 4]′ = (5x4)′ + (4)′ = 20x3
Exemplo 9: Calcule f ′(x), onde f(x) = 2x2 + ln(x).
f ′(x) = [2x2 + ln(x)]′ = (2x2)′ + (ln(x))′ = 4x+ 1x
h. Derivada de produto: (f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)
Exemplo 10: Calcule h′(x), onde h(x) = (3x2 + 1)ex.
h′(x) = [(3x2+1)ex]′ = (3x2+1)′ex+(3x2+1)(ex)′ = (6x)ex+(3x2+1)ex = (3x2+6x+1)ex
Exemplo 11: Calcule h′(x), onde h(x) = (x2 + 1)(x3 + x).
h′(x) = [(x2+1)(x3+x)]′ = (x2+1)′(x3+x)+(x2+1)(x3+x)′ = 2x(x3+x)+(x2+1)(3x2+1) =
2x4 + 2x2 + 3x4 + x2 + 3x2 + 1 = 5x4 + 6x2 + 1
Outra forma de resolver é:
h(x) = (x2 + 1)(x3 + x) = x5 + x3 + x3 + x = x5 + 2x3 + x h′(x) = 5x4 + 6x2 + 1
i. Derivada de quociente: ( fg )′(x) = f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)[g(x)]2
Exemplo 12: Calcule f ′(x), onde f(x) = 2x+3x2+1 .
f ′(x) = [ 2x+3x2+1 ]′ = (2x+3)′(x2+1)−(2x+3)(x2+1)′
(x2+1)2 = 2(x2+1)−(2x+3)2x(x2+1)2 = 2x2+2−4x2−6x
(x2+1)2 = −2x2−6x+2(x2+1)2 .
Exemplo 13: Calcule f ′(x), onde f(x) = x2+xx .
f ′(x) = [x2+xx ]′ = (x2+x)′x−(x2+x)(x)′
x2 = (2x+1)x−(x2+x)1x2 = 2x2+x−x2−x
x2 = x2
x2 = 1
Outra forma de resolver é:
f(x) = x2+xx = x2
x + xx = x+ 1
f ′(x) = (x+ 1)′ = 1
j. Regra da cadeia: (g(f(x)))′ = g′(f(x))f ′(x)
Exemplo 14: Calcule h′(x), onde h(x) = (3x2 + 1)3.
Vejamos, h é uma função composta da forma h(x) = g(f(x)), onde f(x) = 3x2 + 1 e g(x) =
x3. Neste caso para calcularmos h′(x), aplicamos a regra da cadeia.
h′(x) = (3x2 + 1)3[(3x2 + 1)3]′ = 3(3x2 + 1)2(6x) = 18x(3x2 + 1)2
Exemplo 15: Calcule dydx , sendo y = ln(x2 + 3).
24
Novamente, y é da forma g(f(x)), com g(x) = ln(x) e f(x) = x2 + 3. Assim,
dydx = 1
x2+32x = 2xx2+3
Exemplo 16: Calcule h′(x), sendo h(x) = 3√x2 + 3.
Neste exemplo, g(x) = 3√x, f(x) = x2 + 3 e as funções se relacionam como g(f(x)).
Sabemos que h(x) = 3√x2 + 3 = (x2 + 3)
13 . Assim,
h′(x) = [(x2 + 3)13 ]′ = 1
3 (x2 + 3)13−12x = 1
3 (x2 + 3)−23 2x = 1
31
3√
(x2+3)22x = 2x
3 3√
(x2+3)2
25
Exercícios
1. Calcule:
a. limx→9√x
b. limx→−1√
3x− 5
c. limx→2x2+9x+2
d. limx→2x2−4x+2
e. limx→2x2−4x−2
f. limx→1
√x−1x−1
2. Calcule limh→0f(x+h)−f(x)
h para:
a. f(x) = x3
b. f(x) = 2x
3. Calcule h′(x), sendo h(x):
a. 5x− 3
b. 2x3 − x2
c. 1x2
d. 3√x
e. xx+1
f. 3x5 + 13x
4 + x+ 2
g. x2 + 1x2 +
√x
h. 5 + 3x−2
i. 5x4 + bx3 + cx2 + k, onde b, c e k são constantes
j. 3√x+√x
k. x2e3x
l. xe−2x
m. 3√x2 + 3
n. ln(2x+ 1)
4. Seja f(x) = x2 + x. Determine o ponto do gráfico de f em que a reta tangente , neste ponto,
seja paralela ao eixo x.
26
Respostas
1. a. limx→9√x = 3
b. limx→−1√
3x− 5 = −8
c. limx→2x2+9x+2 = 13
4
d. limx→2x2−4x+2 = 0
4 = 0
e. limx→2x2−4x−2 = limx→2
(x+2)(x−2)x−2 = limx→2(x+ 2) = 4
f. limx→1
√x−1x−1 = limx→1[ (
√x−1)(
√x+1)
(x−1)(√x+1)
] = limx→1[ x−1(x−1)(
√x+1)
] = limx→11√x+1
= 12
2. a. f(x+ h) = (x+ h)3 = x3 + 3x2h+ xh2 + x2h+ 2xh2 + h3 = x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3
limh→0f(x+hh = limh→0
(x3+3x2h+3xh2+h3)−x3
h = limh→0(3x2h+3xh2+h3
h = limh→0 3x2 +
3xh+ h2 = 3x2
b. f(x+ h) = 2(x+ h) = 2x+ 2h
limh→0f(x+hh = limh→0
2x+2h−2xh = limh→0
2hh = 2
3. a. (5x− 3)′ = 5
b. (2x3 − x2)′ = 6x2 − 2x
c. ( 1x2 )′ = (x−2)′ = −2x−3 = − 2
x3
d. ( 3√x)′ = (x
13 )′ = 1
3x− 2
3 = 1
33√x2
e. ( xx+1 )′ = (x)′(x+1)−x(x+1)′
(x+1)2 = (x+1)−x(x+1)2 = 1
(x+1)2
f. (3x5 + 13x
4 + x+ 2)′ = 15x4 + 43x
3 + 1
g. (x2+ 1x2 +√x)′ = (x2+x−2+x
12 )′ = 2x−2x−3+ 1
2x− 1
2 = 2x− 2x3 + 1
2√x
= 2x− 2x3 + 1
2√x
h. (5 + 3x−2)′ = −6x−3 = − 6x3
i. (5x4 + bx3 + cx2 + k)′ = 20x3 + 3bx2 + 2cx
j. ( 3√x+√x)′ = (x
13 + x
12 )′ = 1
3x− 2
3 + 12x− 1
2 = 1
33√x2
+ 12√x
k. (x2e3x)′ = (x2)′e3x + x2(e3x)′
Vamos calcular (e3x)′. Essa é uma função composta da forma g(f(x))), onde g(x) = ex
e f(x) = 3x. Assim,
g(x) = ex ⇒ g′(x) = ex
f(x) = 3x⇒ f ′(x) = 3
g′(f(x)) = e3x
Pela regra da cadeia temos: (g(f(x)))′ = g′(f(x))f ′(x) = e3x3. Assim,
(x2)′e3x + x2(e3x)′ = 2xe3x + x2e3x3 = x3x(2 + 3x)
27
l. (xe−2x) = (x)′e−2x + x(e−2x)′
Vamos calcular (e−2x)′. Essa é uma função composta da forma f(g(x)), onde f(x) = ex
e g(x) = −2x. Assim,
f(x) = ex ⇒ f ′(x) = ex
g(x) = −2x⇒ g′(x) = −2
f ′(g(x)) = e−2x
Pela regra da cadeia temos: (f(g(x)))′ = f ′(g(x))g′(x) = e−2x(−2) = −2e−2x. Assim,
(x)′e−2x + x(e−2x)′ = e−2x + x(−2e−2x) = e−2x − x2e−2x = e−2x(1− 2x)
m. ( 3√x2 + 3)′
Essa é uma função composta da forma f(g(x)), onde f(x) = 3√x e g(x) = x2+3. Assim,
f(x) = 3√x⇒ f ′(x) = 1
33√x2
g(x) = x2 + 3⇒ g′(x) = 2x
f ′(g(x)) = 1
3 3√
(2x+3)2
Pela regra da cadeia temos: (f(g(x)))′ = f ′(g(x))g′(x) = 1
3 3√
(2x)22x = 2x
3 3√
(2x+3)2
n. ln(2x+ 1)
Essa é uma função composta da forma f(g(x)), onde f(x) = ln(x) e g(x) = 2x + 1.
Assim,
f(x) = ln(x)⇒ f ′(x) = 1x
g(x) = 2x+ 1⇒ g′(x) = 2
f ′(g(x)) = 12x+1
Pela regra da cadeia temos: (f(g(x)))′ = f ′(g(x))g′(x) = 12x+12 = 2
2x+1
4. A inclinação da reta tangente ao gráfico de f é dada pela derivada de f .
f(x) = x2 + x⇒ f ′(x) = 2x+ 1
Para uma reta ser paralela ao eixo x ela deve ter inclinação igual a 0. Assim, O ponto x
em que a reta tangente ao gráfico de f é paralela ao eixo x é aquele que satisfaz f ′(x) = 0.
Assim, 2x+ 1 = 0 ⇐⇒ 2x = −1 ⇐⇒ x = − 12 .
Portanto, o ponto é x = − 12 e y = f(− 1
2 ) = (− 12 )2 + (− 1
2 ) = 14 −
12 = − 1
4 . Isto é (− 12 ,−
14 ).
28
Capítulo 3
Aplicações da derivada e derivadas
parciais
3.1 Máximos e mínimos
Como vimos, a derivada, do ponto de vista geométrico, nada mais é do que a inclinação da reta
tangente ao gráfico da função em um ponto qualquer. Assim, se o seu valor em um ponto p for
positivo (isto é, se f ′(p) > 0), quer dizer que a função neste ponto está crescendo. Se o seu valor
for negativo (isto é, se f ′(p) < 0), então a função neste ponto p está decrescendo. Se o seu valor for
igual a zero (f(p) = 0) ela não está crescendo e nem decrescendo. Por exemplo, seja f(x) = x2 +x.
A inclinação da reta tangente ao gráfico de f é dada pela sua derivada.
f(x) = x2 + x⇒ f ′(x) = 2x+ 1
No ponto x = 1, f ′(1) = 2(1) + 1 = 3 > 0, então a função está em crescimento. No ponto x =
−1, f ′(−1) = 2(−1)+1 = −1 < 0, a função está decrescendo neste ponto. Para f ′(x) = 2x+1 = 0,
isto é quando a derivada de f assume o valor zero, x = − 12 . Portanto, no ponto x = − 1
2 a função
não está nem crescendo e nem decrescendo.
A segunda derivada da função (isto é, f ′′(x)) também nos dá uma informação sobre a forma do
gráfico. Quando f ′′(x) > 0, a concavidade do gráfico está voltada para cima. Quando f ′′(x) < 0,
a convavidade está voltada para baixo. No exemplo acima, calculando a segunda derivada da
função f temos f(x) = x2 + x ⇒ f ′(x) = 2x + 1 ⇒ f ′′(x) = 2. Portanto, em todos os pontos da
função a concavidade está voltada para cima.
29
−6 −4 −2 0 2 4
−5
05
1015
2025
30
x
x^2
+ x
●
Definição 1: Sejam f uma função, A ⊂ Df e p ∈ A. Dizemos que p é um ponto de máximo de
f em A se f(x) ≤ f(p) para todo x em A. Se f(x) ≥ f(p) para todo x em A, dizemos então que p
é um ponto de mínimo de f em A.
Definição 2: Sejam f uma função e p ∈ Df . Dizemos que p é um ponto de máximo global de
f se, para todo x em Df , f(x) ≤ f(p). Se, para todo x em Df , f(x) ≥ f(p), diremos então que p é
um ponto de mínimo global de f .
Definição 3: Sejam f uma função e p ∈ Df . Dizemos que p é o ponto de máximo local de f se
existir r > 0 tal que f(x) ≤ f(p) para todo x em ]p− r, p+ r] ∩Df . Por outro lado, dizemos que p
é ponto de mínimo local de f se existir r > 0 tal que f(x) ≥ f(p) para todo x em ]p− r, p+ r[∩Df .
Para determinarmos os pontos de máximo e de mínimo de uma função f precisamos estudá-
la com relação a crescimento e decrescimento. Sejam a < c < b; se f for crescente em [a, c] e
decrescente em [c, b[, então c será um ponto de máximo local de f ; se f for decrescente em ]a, c] e
crescente em [c, b[, então c será um ponto de mínimo local de f .
Teorema 1: Seja f uma função derivável em p, onde p é um ponto interior aDf . Uma condição
necessária para que p seja um ponto de máximo ou de mínimo local é que f ′(p) = 0.
Um ponto p ∈ Df se diz ponto crítico de f se f ′(p) = 0. Uma condição necessária para que
p seja ponto de máximo ou de mínimo local de f é que p seja um ponto crítico de f . A condição
suficiente é dada pelo Teorema 2.
Teorema 2: Sejam f uma função que admite derivada de 2a ordem contínua no intervalo aberto
I e p ∈ I .
a. f ′(p) = 0 e f ′′(p) > 0⇒ p é ponto de mínimo local.
b. f ′(p) = 0 e f ′′(p) < 0⇒ p é ponto de máximo local.
30
Voltando ao nosso exemplo, x = − 12 é o único ponto crítico da função f(x) = x2 + 2. Como
a segunda derivada é f ′′(x) = 2 > 0, sabemos que a concavidade está voltada para cima e que o
ponto x = − 12 é um ponto de mínimo. Em particular, como é possível observar no gráfico, ele é
um ponto de mínimo absoluto.
Essa função, no entanto, não possui ponto de máximo. Como ela está definida para todo R,
podemos verificar isso calculando os limites no infinito:
limx→+∞
(x2 + x) = +∞ e limx→−∞
(x2 + x) = −∞
Mas se a função estivesse definida no intervalo ]−∞, 2] (é importante notar que o intervalo é
fechado no 2), ela teria um ponto de máximo e ele seria o 2.
Exemplo 1: Seja f(x) = x3 − 3x2 + 3.
a. Estude f com relação a máximos e mínimos.
b. Determine os valores máximo e mínimo de f em [−2, 3]. Em que pontos estes valores são
atingidos.
Solução:
a. Em primeiro lugar, vamos calcular a derivada de f : f ′(x) = 3x2 − 6x.
Agora, vamos igualar f ′(x) a zero: f ′(x) = 0 ⇒ 3x2 − 6x = 0. Vamos achar os valores de x
que satisfazem essa equação.
∆ = b2 − 4ac⇒ (−6)2 − 4(3)(0) = 36
x =−b±
√∆
2a⇒ 6±
√36
2(3)=
6± 6
6⇒ x = 0 ou x = 2
Assim, os pontos críticos da função são x = 2 e x = 0. Calculando esses valores na função f
temos:
f(0) = (0)3 − 3(0)2 + 3 = 3
f(2) = (2)2 − 3(2)2 + 3 = −1
Vamos ver o que acontece nas extremidades. Como limx→+∞(x3 − 3x2 + 3) = +∞ e
limx→−∞(x3 − 3x2 + 3) = −∞, segue que f não assume um valor máximo global, nem
31
valor mínimo global.
Portanto, 0 é ponto de máximo local e 2 é ponto de mínimo local.
b. Como o domínio da função agora é [−2, 3] e não mais o R, precisamos calcular o valor da
função nesses pontos extremos.
f(−2) = (−2)3 − 3(−2)2 + 3 = −17
f(3) = (3)3 − 3(3)2 + 3 = 3
Pelo item anterior sabemos que f(0) = 3 e f(2) = −1. Portanto, f(−2) = −17 é o valor
mínimo de f em [−2, 3] e f(0) = f(3) = 3 é o valor máximo.
Exemplo 2: Estude a função f(x) = 2x3 − 9x2 + 12x + 3 com relação a máximos e mínimos
locais e globais.
Vamos calcular a derivada de f :
f ′(x) = 6x2 − 18x+ 12
Igualando a zero temos:
f ′(x) = 0⇒ 6x2 − 18x+ 12 = 0
Os valores de x que satisfazem a equação são:
∆ = b2 − 4ac⇒ (−18)2 − 4(6)(12) = 324− 288 = 36
x =−b±
√∆
2a⇒ 18±
√36
2(6)=
18± 6
12
Portanto, x = 2 ou x = 1. Esses são os pontos críticos da função. Calculando o valor da função
nesses pontos temos que f(1) = 2(1)3−9(1)2 +12(1)+3 = 8 e f(2) = 2(2)3−9(2)2 +12(2)+3 = 8.
Como os limites no mais infinito e no menos infinito explodem, concluímos que 1 é ponto de
máximo local e 2 é ponto de mínimo local.
32
3.2 Derivadas parciais
Até agora trabalhamos apenas com funções com uma única variável (f(x)). Mas muitas vezes es-
tamos diante de funções com mais de uma variável (f(x, y)). Para essas funções podemos calcular
as derivadas parciais.
Seja z = f(x, y) uma função real de duas variáveis reais e seja (x0, y0) ∈ Df . A derivada desta
função no ponto x = x0 (caso exista) denomina-se derivada parcial de f em relação a x no ponto
(x0, y0) e indica-se como δfδx (x0, y0).
Para se calcular δfδx (x0, y0) fixa-se y = y0 em z = f(x, y) e calcula-se a derivada de g(x) =
f(x, y0) em x = x0. Da mesma forma, δfδx (x, y) é a derivada em relação a x de f(x, y) mantendo-se
y constante.
Exemplo 1: Seja f(x, y) = 2xy − 4y. Calcule:
a. δfδx (x, y)
b. δfδy (x, y)
c. δfδx (1, 1)
d. δfδy (1, 1)
Solução:
a. δfδx (x, y) = δ
δx (2xy − 4y) = 2y
b. δfδy (x, y) = δ
δy (2xy − 4y) = 2x− 4
c. δfδx (1, 1) = 2(1) = 2
d. δfδy (1, 1) = 2(1)− 4 = −2
Exemplo 2: Seja f(x, y) = x3−y2x2+y2 . Determine
a. δfδx
b. δfδy
Solução:
a. δfδx (x, y) = 3x2(x2+y2)−(x3−y2)2x
(x2+y2)2 = 3x4+3x2y2−2x4+2xy2
(x2+y2)2 = x4+3x2y2+2xy2
(x2+y2)2
b. δfδy (x, y) = −2y(x2+y2)−(x3−y2)2y
(x2+y2)2 = −2x2y−2y3−2x3y+2y3
(x2+y2)2 = −2x2y−2x3y(x2+y2)2 = −2x2y(1+x)
(x2+y2)2
33
3.3 Derivadas parciais de ordem superior
Da mesma forma que calculamos δfδx e δf
δy podemos calcular:
δ2f
δx2=
δ
δx(δf
δx)
δ2f
δy2=
δ
δy(δf
δy)
δ2f
δxδy=
δ
δx(δf
δy)
δ2f
δyδx=
δ
δy(δf
δx)
Exemplo 1: Seja f(x, y) = 4x5y4 − 6x2y + 3. Calcule todas as derivadas parciais de 2a ordem.
As derivadas são:δf
δx(x, y) = 20x4y4 − 12xy
δf
δy(x, y) = 16x5y3 − 6x2
Assim, as derivadas parciais de 2a ordem são:
δ2f
δx2(x, y) =
δ
δx(δf
δx(x, y)) =
δ
δx(20x4y4 − 12xy) = 80x3y4 − 12y
δ2f
δyδx(x, y) =
δ
δy(δf
δx(x, y)) =
δ
δy(20x4y4 − 12xy) = 80x4y3 − 12x
δ2f
δy2(x, y) =
δ
δy(δf
δy(x, y)) =
δ
δy(16x5y3 − 6x2) = 48x5y2
δ2f
δxδy(x, y) =
δ
δx(δf
δy(x, y)) =
δ
δx(16x5y3 − 6x2) = 80x4y3 − 12x
Exemplo 2: Seja a função z = ln(x2 + y2). Calcule δ2fδx2 + δ2f
δy2 .δfδx (x, y) = 2x
x2+y2
δfδy (x, y) = 2y
x2+y2
δ2fδx2 (x, y) = 2(x2+y2)−2x(2x)
(x2+y2)2 = 2y2−2x2
(x2+y2)2
δ2fδy2 (x, y) = 2x2−2y2
(x2+y2)2
34
δ2fδx2 + δ2f
δy2 ⇒ ( 2y2−2x2
(x2+y2)2 ) + ( 2x2−2y2(x2+y2)2 ) = 0
Exemplo 3: Seja f(x, y) = ex2y . Calcule δ2f
δxδy e δ2fδyδx .
δfδx (x, y) = ex
2y2xy
δfδy (x, y) = ex
2yx2
δ2fδx2 (x, y) = (ex
2y2xy)x2 + ex2y2x
δ2fδy2 (x, y) = (ex
2yx2)2xy + ex2y2x
35
Exercícios
1. Estude a função dada com relação a máximos e mínimos locais e globais.
a. f(x) = x1+x2
b. f(x) = x4 − 4x3 + 4x2 + 2
2. Determine os pontos críticos da função dada e classifique-os (a classificação refere-se a po-
noto de máximo local, pnto de mínimo local ou ponto de inflexão).
a. f(x) = x4
4 − x3 − 2x2 + 3
b. f(x) = x3 − 3x2 + 3x− 1
c. f(x) = x4 − 4x3 + 6x2 − 4x+ 1
3. Determine os valores máximos e mínimos (caso existam) da função dada no intervalo dado.
a. f(x) = x4
4 − x3 − 2x2 + 3 em [−2, 3]
b. f(x) = x3 − 3x2 + 3x− 1 em [−2, 1]
4. Determine as derivadas parciais.
a. f(x, y) = 5x4y2 + xy3 + 4
b. f(x, y) = x3+y2
x2+y2
c. f(x, y) = x2ln(1 + x2 + y2)
d. f(x, y) = (4xy − 3y3)3 + 5x2y
e. f(x, y) = (x2 + y2)ln(x2 + y2)
f. f(x, y) = 3√x3 + y2 + 3
g. f(x, y, z) = xyzx+y+z
5. Calcule as derivadas parciais de 2a ordem.
a. f(x, y) = x3y2
b. f(x, y) = ex2−y2
c. f(x, y) = ln(1 + x2 + y2)
d. f(x, y) = 4x3y4 + y3
36
Respostas
1. a. f ′(x) = (x)′(1+x2)−x(1+x2)′
(1+x2)2 = (1+x2)−x(2x)(1+x2)2 = 1−x2
(1+x2)2
Igualando f ′(x) a zero temos:
f ′(x) = 0⇒ 1− x2
(1 + x2)2= 0
Essa fração é igual a zero quando o numerador é igual a zero. Isto é 1 − x2 = 0.
Portanto, x = 1 ou x = −1. Assim, f(1) = 11+12 = 1
2 e f(−1) = −11+(−1)2 = − 1
2 .
Como limx→+∞x
1+x2 = limx→+∞(x2( 1
x )
x2( 1x2 )+1
) = 0 e limx→−∞x
1+x2 = limx→−∞(x2( 1
x )
x2( 1x2 )+1
) =
0 temos que 1 é ponto de máximo global e -1 é ponto de mínimo global.
b. f ′(x) = 4x3−12x2+8x. Igualando a zero temos que f ′(x) = 0⇒ 4x3−12x2+8x = 0⇒
x(4x2 − 12x + 8) = 0. Assim, um dos pontos em que a equação se anula é no ponto 0.
Os outros pontos podem ser encontrados encontrando a solução para 4x2−12x+8 = 0.
∆ = b2 − 4ac⇒ ∆ = (−12)2 − 4(4)(8) = 144− 128 = 16
x =−b±
√∆
2a⇒ 12± 4
8
Portanto, x = 2 ou x = 1. Além desses pontos, x = 0 também é um ponto crítico. Os
valores da função nesses pontos são:
f(2) = (2)4 − 4(2)3 + 4(2)2 + 2 = 2
f(1) = (1)4 − 4(1)3 + 4(1)2 + 2 = 3
f(0) = (0)4 − 4(0)3 + 4(0)2 + 2 = 2
Vamos ver o que acontece nos extremos:
limx→+∞
(x4 − 4x3 + 4x2 + 2) = limx→+∞
[x4(1− 4
x+
4
x2+
2
x4)] = +∞
limx→−∞
(x4 − 4x3 + 4x2 + 2) = +∞
Portanto, 0 e 2 são pontos de mínimo globais e 1 é ponto de máximo local.
37
2. a. f ′(x) = x3 − 3x2 − 4x
f ′(x) = 0⇒ x3 − 3x2 − 4x = 0⇒ x(x2 − 3x− 4) = 0
∆ = b2 − 4ac⇒ ∆ = (−3)2 − 4(1)(−4) = 25
x =−b±
√∆
2a⇒ 3± 5
2
Portanto, x = 4 ou x = −1 ou x = 0.
A segunda derivada de f é f ′′(x) = 3x2 − 6x− 4.
f ′′(4) = 3(4)2 − 6(4)− 4 = 24
f ′′(−1) = 3(−1)2 − 6(−1)− 4 = 5
f ′′(0) = 3(0)2 − 6(0)− 4 = 5
Assim, 4 e -1 são pontos de mínimo local e 0 é ponto de máximo local.
b. f ′(x) = 3x2 − 6x+ 3
f ′(x) = 0⇒ 3x2 − 6x+ 3 = 0
∆ = b2 − 4ac⇒ ∆ = (−6)2 − 4(3)(3) = 0
x =−b±
√∆
2a⇒ 6
6
Portanto, x = 1.
f ′′(x) = 6x− 6⇒ f ′′(1) = 6(1)− 6 = 0.
Assim, 1 é ponto de inflexão.
c. f ′(x) = 4x3 − 12x+ 12x− 4 = 4x3 − 4
f ′(x) = 0⇒ 4x3 − 4 = 0⇒ x = 1.
f ′′(x) = 12x2 ⇒ f ′′(1) = 12
Portanto, 1 é ponto de máximo global porque ambos os limites (+∞ e −∞) vão para
+∞.
38
3. a. f ′(x) = x3 − 3x2 − 4x
f ′(x) = 0⇒ x3 − 3x2 − 4x = 0⇒ x(x2 − 3x− 4) = 0
∆ = b2 − 4ac⇒ ∆ = (−3)2 − 4(1)(−4) = 25
x =−b±
√∆
2a⇒ 3± 5
2
Portanto, x = 4 ou x = −1 ou x = 0. Calculando os valores de f(x) nestes pontos
temos:
f(4) =(4)4
4− (4)3 − 2(4)2 + 3 =
256
4− 64− 16 + 3 = −11
f(−1) =(−1)4
4− (−1)3 − 2(−1)2 + 3 =
1
4+ 1− 2 + 3 =
9
4
f(0) =(0)4
4− (0)3 − 2(0)2 + 3 = 7
f(−2) =(−2)4
4− (−2)3 − 2(−2)2 + 3 = 7
f(3) =(3)4
4− (3)3 − 2(3)2 + 3 =
81
4− 27− 18 + 3 =
81
4− 42 = −87
4
O valor máximo é f(−2) = 7 e o valor mínimo é f(3) = − 874 .
b. f ′(x) = 3x2 − 6x+ 3
f ′(x) = 0⇒ 3x2 − 6x+ 3 = 0
∆ = b2 − 4ac⇒ ∆ = (−6)2 − 4(3)(3) = 0
x =−b±
√∆
2a⇒ 6
6⇒ x = 1
f(1) = (1)3 − 3(1)2 + 3(1)− 1 = 0
f(−2) = (−2)3 − 3(−2)2 + 3(−2)− 1 = −27
39
Portanto, 0 é o valor máximo e -27 é o valor mínimo.
4. a. δfδx (x, y) = 20x3y2 + y3
δfδy (x, y) = 10x4y + 3xy2
b. δfδx (x, y) = 3x2(x2+y2)−(x3+y2)2x
(x2+y2)2 = x4+3x2y2−2xy2(x2+y2)2
δfδy (x, y) = 2y(x2+y2)−(x3+y2)2y
(x2+y2)2 = 2x2y−2x3y(x2+y2)2 = 2x2y(1−x)
(x2+y2)2
c. δfδx (x, y) = 2xln(1 + x2 + y2) + 2x3
1+x2+y2
δfδy (x, y) = 0ln(1 + x2 + y2) + 2x2y
1+x2+y2 = 2x2y1+x2+y2
d. δfδx (x, y) = 3(4xy − 3y3)24y + 10xy = 12y(4xy − 3y3)2 + 10xy
δfδy (x, y) = 3(4xy − 3y3)2(rx− 9y2) + 5x2
e. δfδx (x, y) = 2xln(x2 + y2) + (x2 + y2)( 2x
x2+y2 ) = 2x(ln(x2 + y2) + 1)
δfδy (x, y) = 2yln(x2 + y2) + (x2 + y2)( 2y
x2+y2 ) = 2y(ln(x2 + y2) + 1)
f. δfδx (x, y) = (x3+y2+3)−
23
3 3x2 = 3x2
3 3√
(x3+y2+3)2= x2
3√
(x3+y2+3)2
δfδy (x, y) = (x3+y2+3)−
23
3 2y = 2y
3 3√
(x3+y2+3)2
g. δfδx (x, y) = yz(x+y+z)−xyz
(x+y+z)2 = y2z+yz2
(x+y+z)2
δfδy (x, y) = xz(x+y+z)−xyz
(x+y+z)2 = x2z+xz2
(x+y+z)2
δfδz (x, y) = xy(x+y+z)−xyz
(x+y+z)2 = x2y+xy2
(x+y+z)2
5. a. δfδx (x, y) = 3x2y2
δfδy (x, y) = 2x3y
δ2fδx2 (x, y) = 6xy2
δ2fδy2 (x, y) = 2x3
δ2fδxδy (x, y) = 6x2y
δ2fδyδx (x, y) = 6x2y
b. δfδx (x, y) = ex
2−y22x
δfδy (x, y) = ex
2−y2(−2y)
δ2fδx2 (x, y) = (2xex
2−y2)2x+ ex2−y22 = 4x2ex
2−y2 + 2ex2−y2 = 2ex
2−y2(2x2 + 1)
δ2fδy2 (x, y) = (−2yex
2−y2)(−2y) + ex2−y2(−2) = 4y2ex
2−y2 − 2ex2−y2 = 2ex
2−y2(2y2 − 1)
δ2fδxδy (x, y) = (2xex
2−y2)(−2y) = −4xyex2−y2
δ2fδyδx (x, y) = (−2yex
2−y2)2x = −4xyex2−y2
c. δfδx (x, y) = 2x
1+x2+y2
δfδy (x, y) = 2y
1+x2+y2
δ2fδx2 (x, y) = 2(1+x2+y2)−2x(2x)
(1+x2+y2)2 = 2−2x2+2y2
(1+x2+y2)2
40
δ2fδy2 (x, y) = 2(1+x2+y2)−2y(2y)
(1+x2+y2)2 = 2+2x2−2y2(1+x2+y2)2
δ2fδxδy (x, y) = −2y(2x)
(1+x2+y2)2 = −4xy(1+x2+y2)2
δ2fδyδx (x, y) = −2x(2y)
(1+x2+y2)2 = −4xy(1+x2+y2)2
d. δfδx (x, y) = 12x2y4
δfδy (x, y) = 16x3y3 + 3y2
δ2fδx2 (x, y) = 24xy4
δ2fδy2 (x, y) = 48x3y2 + 6y
δ2fδxδy (x, y) = 48x2y3
δ2fδyδx (x, y) = 48x2y3
41
Capítulo 4
Hessiano e multiplicadores de
Lagrange
4.1 Máximos e mínimos sem restrições
Definições: Considere uma função z = f(x, y) no domínio Df e (x0, y0) ∈ Df .
a. (x0, y0) é ponto de máximo (absoluto de f se f(x, y) ≤ f(x0, y0),∀(x, y) ∈ Df . Neste caso
dizemos que f(x0, y0) é o máximo de f .
b. (x0, y0) pe ponto de máxio local de f , se existe uma vizinhança V do ponto (x0, y0) tal que
f(x, y) ≤ f(x0, y0),∀(x, y) ∈ V . Neste caso, dizemos que f(x0, y0) é um máximo local de f .
Analogaente, definimos ponto de mínimo (absoluto) de f e ponto de mínimo local de f .
Por exemplo, para a função f(x, y) = 1− x2 − y2, ∀(x, y) ∈ R2, (0, 0) é ponto de máximo de f
e f(, 0, 0) = 1 e o máximo de f .
Teorema: Seja z = f(x, y), (x, y) ∈ Df e (x0, y0) um ponto no interior de Df . Se (x0, y0) é
ponto de máximo (local ou absoluto) ou de mínimo (local ou absolto) de f , e se f é diferenciável
em (x0, y0), então δfδx (x0, y0) = 0 e δf
δy (x0, y0) = 0.
Definição: Um ponto (x0, y0) ∈ Df chama-se ponto crítico de f , se δfδx (x0, y0) = δf
δy (x0, y0) = 0.
Por exemplo, seja f(x, y) = xy uma função. Temos que:
δf
δx(x, y) = y ⇒ δf
δx(x, y) = 0 ⇐⇒ y = 0
δf
δy(x, y) = x⇒ δf
δy(x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0
42
Portanto, (0, 0) é um ponto crítico de f .
Teorema: Seja z = f(x, y) uma função de classe C2 (isto é, onde as derivadas de 2a ordem são
contínuas) e (x0, y0) um ponto no interior deDf tal que δfδx (x0, y0) = δf
δy (x0, y0) = 0 (isto é, (x0, y0)
é ponto crítico de f ). Considere
H(x0, y0) =
∣∣∣∣∣∣δ2fδx2 (x0, y0) δ2f
δyδx (x0, y0)
δ2fδxδy (x0, y0) δ2f
δy2 (x0, y0)
∣∣∣∣∣∣(chamado o hessiano de f no ponto (x0, y0).
a. Se H(x0, y0) > 0 e δ2fδx2 (x0, y0) > 0, então (x0, y0) é ponto de mínimo local de f .
b. Se H(x0, y0) > 0 e δ2fδx2 (x0, y0) < 0, então (x0, y0) é ponto de máximo local de f .
c. Se H(x0, y0) < 0 então (x0, y0) é ponto de sela.
d. Se H(x0, y0) = 0, o critério nada decide.
Exemplo 1: Estude a função f(x, y) = x5 + y5 − 5x− 5y quanto a máximos e mínimos locais.
Em primeiro lugar, vamos calcular as derivadas parciais de 1a e 2a ordem:
δf
δx(x, y) = 5x4 − 5
δf
δy(x, y) = 5y4 − 5
δ2f
δx2(x, y) = 20x3
δ2f
δy2(x, y) = 20y3
δ2f
δyδx(x, y) =
δ2f
δxδy(x, y) = 0
Os pontos críticos da função são aqueles que satisfazem δfδx (x, y) = 0 e δf
δy (x, y) = 0. Isto é:
5x4 − 5 = 0⇒ x4 = 1⇒ x = −1 ou x = 1
5y4 − 5 = 0⇒ y4 = 1⇒ y = −1 ou y = 1
Portanto, os pontos críticos são (1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1).
Agora vamos calcular o hessiano:
43
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣20x3 0
0 20y3
∣∣∣∣∣∣O determinante dessa matriz é dado por (20x3 × 20y3)− (0× 0) = 400x3y3.
Calculando o hessiano nos pontos críticos temos:
H(1, 1) =
∣∣∣∣∣∣20 0
0 20
∣∣∣∣∣∣ > 0 eδ2f
δx2(1, 1) = 20 > 0⇒ (1,1) é ponto de mínimo local
H(1,−1) =
∣∣∣∣∣∣20 0
0 −20
∣∣∣∣∣∣ < 0⇒ (1,-1) é ponto de sela
H(−1, 1) =
∣∣∣∣∣∣−20 0
0 20
∣∣∣∣∣∣ < 0⇒ (-1,1) é ponto de sela
H(−1,−1) =
∣∣∣∣∣∣−20 0
0 −20
∣∣∣∣∣∣ > 0 eδ2f
δx2(−1,−1) = −20 < 0⇒ (1,1) é ponto de máximo local
4.2 Máximos e mínimos com restrições
Para calcularmos os pontos de máximo e de mínimo de uma função (f(x, y)) sujeita à uma restri-
ção (g(x, y)) utilizaremos a método dos multiplicadores de Lagrange.
Seja f(x, y) uma função e g(x, y) = 0 uma restrição (é importante notar que a restrição é igual
a zero). A função de Lagrange é definida por
L(x, y, λ) = f(x, y)− λg(x, y)
O método consiste em resolver o sistema de equações dados pelas derivadas parciais de
L(x, y, λ) igualadas a zero. Isto é:
δLδx = 0
δLδy = 0
g(x, y) = 0
Exemplo 1: Ache o ponto de máximo ou mínimo da função f(x, y) = x2+y2 sujeito à restrição
x+ y = 4.
44
O primeiro passo é igualar a restrição à zero. Isto é: x+ y = 4⇒ x+ y − 4 = 0. Essa é a nossa
g(x, y).
Vamos montar a função de Lagrange
L(x, y, λ) = f(x, y)− λg(x, y) = x2 + y2 − λ(x+ y − 4)
Calculando as derivadas parciais de L(x, y, λ) em relação a x e y temos
δL
δx(x, y, λ) = 2x− λ
δL
δy(x, y, λ) = 2y − λ
Assim, o sistema que temos que resolver é
2x− λ = 0
2y − λ = 0
x+ y − 4 = 0
Resolvendo
y =λ
2
x =λ
2
λ
2+λ
2− 4 = 0⇒ λ = 4
x =4
2= 2
y =4
2= 2
Assim, encontramos o ponto (2, 2). Agora precisamos saber se esse é um ponto de máximo ou
de mínimo. Se ele for um ponto de máximo, então qualquer outro ponto f(x0, y0) será menor do
que ele. Se ele for um ponto de mínimo, então qualquer outro ponto f(x0, y0) será maior do que
ele.
Vamos pegar o ponto (0, 4) (é importante que esse ponto está dentro da restrição g(x, y) =
45
x + y − 4 = 0). Calculando o seu valor na função f temos f(0, 4) = 02 + 42 = 16. Como
f(2, 2) = 22 + 22 = 8 < f(0, 4) = 16, concluímos que (2, 2) é ponto de mínimo.
46
Exercícios
1. Estude as funções com relação a máximos e mínimos.
a. f(x, y) = x2 + 3xy + 4y2 − 6x+ 2y
b. f(x, y) = x3 + 2xy + y2 − 5x
c. f(x, y) = −x2 + y2 + 2xy + 4x− 2y
d. f(x, y) = x3 − 3x2y + 27y
2. Uma empresa produz dois produtos, cujas quantidades são indicadas por x e y. Tais pro-
dutos são oferecidos ao mercado consumidor a preços unitários p1 e p2, respectivamente,
e que dependem de x e de y conforme as equações: p1 = 120 − 2x e p2 = 200 − y. O
custo total da empresa para produzir e vender quantidades x e y dos produtos é dado por
C = x2 + 2y2 + 2xy. Admitindo que toda a produção da empresa seja absorvida pelo mer-
cado, determine a produção que maximiza o lucro.
3. Estude com relação a máximos e mínimos a função dada com as restrições dadas.
a. f(x, y) = 3x+ 2y e x2 + y2 = 1
b. f(x, y) = 3x+ y e x2 + 2y2 = 1
c. f(x, y) = x2 + 2y2 e 3x+ y = 1
4. Determine o ponto da reta x+ 2y = 1 cujo produto das coordenadas seja máximo.
47
Respostas
1. a. Calculando as derivadas parciais:
δf
δx(x, y) = 2x+ 3y − 6
δf
δy(x, y) = 3x+ 8y + 2
δ2f
δx2(x, y) = 2
δ2f
δy2(x, y) = 8
δ2f
δyδx(x, y) =
δ2f
δxδy(x, y) = 3
Pontos críticos:
2x+ 3y − 6 = 0⇒ x = −3y+6
2
3x+ 8y + 2 = 0
3(−3y + 6
2) + 8y + 2 = 0 ⇐⇒ −9y + 18 = −16y − 4 ⇐⇒ y =
−22
7
2x+ 3(−22
7)− 6 = 0 ⇐⇒ 2x− 6 =
66
7⇐⇒ x =
108
14⇐⇒ x =
56
7
Portanto, ( 567 ,−227 ) é um ponto crítico.
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣2 3
3 8
∣∣∣∣∣∣ = 16− 9 = 7 > 0 e 2 > 0
Portanto, ( 567 ,−227 ) é ponto de mínimo local. Como f(x, y) é uma função polinomial de
grau 2, esse ponto também é ponto de mínimo global.
b. Calculando as derivadas parciais:
δf
δx(x, y) = 3x2 + 2y − 5
48
δf
δy(x, y) = 2x+ 2y
δ2f
δx2(x, y) = 6x
δ2f
δy2(x, y) = 2
δ2f
δyδx(x, y) =
δ2f
δxδy(x, y) = 2
Pontos críticos:
3x2 + 2y − 5 = 0
2x+ 2y = 0⇒ y = −x
Substituindo:
3x2 − 2x− 5 = 0
∆ = b2 − 4aC ⇒ ∆ = 64
x =−b±
√∆
2a⇒ x =
5
3ou x = −1
Se x = 53 , 2( 5
3 ) + 2y = 0⇒ y = −53 .
Se x = −1, 2(−1) + 2y = 0⇒ y = 1.
Assim, os pontos críticos são: ( 53 ,−53 ) e (−1, 1).
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣6x 2
2 2
∣∣∣∣∣∣
H(5
3,−5
3) =
∣∣∣∣∣∣6( 53 ) 2
2 2
∣∣∣∣∣∣ > 0 e 6(5
3) > 0⇒ (
5
3,−5
3) é ponto de mínimo local.
H(−1, 1) =
∣∣∣∣∣∣6(−1) 2
2 2
∣∣∣∣∣∣ < 0⇒ (−1, 1) é ponto de sela.
49
c. Calculando as derivadas parciais:
δf
δx(x, y) = −2x+ 2y + 4
δf
δy(x, y) = 2y + 2x− 2
δ2f
δx2(x, y) = −2
δ2f
δy2(x, y) = 2
δ2f
δyδx(x, y) =
δ2f
δxδy(x, y) = 2
Pontos críticos:
−2x+ 2y + 4 = 0
2y + 2x− 2 = 0
⇒
−x+ y + 2 = 0
y + x− 1 = 0⇒ x = −y + 1
Substituindo:
−(−y + 1) + y + 2 = 0⇒ y =−1
2
−x− 1
2+ 2 = 0⇒ x =
3
2
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣−2 2
2 2
∣∣∣∣∣∣ = −4− 4 = −8 < 0
Portanto, ( 32 ,−12 ) é ponto de sela.
d. Calculando as derivadas parciais:
δf
δx(x, y) = 3x2 − 6xy
50
δf
δy(x, y) = −3x2 + 27
δ2f
δx2(x, y) = 6x− 6y
δ2f
δy2(x, y) = 0
δ2f
δyδx(x, y) =
δ2f
δxδy(x, y) = −6x
Pontos críticos:
3x2 − 6xy = 0
−3x2 + 27 = 0⇒ 3x2 = 27⇒ x2 = 9⇒ x = 3 ou x = −3
Se x = 3, 3(3)2 − 6(3)y = 0⇒ y = 32 .
Se x = −3, 3(−3)2 − 6(−3)y = 0⇒ y = −32 .
Portanto, os pontos críticos são: (3, 32 ) e (−3, −32 )
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣6x− 6y −6x
−6x 0
∣∣∣∣∣∣ = −36x2 < 0
Portanto, (3, 32 ) e (−3, −32 ) são pontos de sela.
2. Seja x a quantidade do produto 1 e y a quantidade do produto 2; p1 = 120 − 2x o preço
unitário do produto 1 e p2 = 200− y o preço unitário do produto 2; e C = x2 + 2y2 + 2xy o
custo total.
O preço total é dado por:
P = xp1 + yp2 = x(120− 2x) + y(200− y) = 120x− 2x2 + 200y − y2
O lucro é dado por:
L = P −C = (120x− 2x2 + 200y − y2)− (x2 + 2y2 + 2xy) = 120x− 3x2 + 200y − 3y2 − 2xy
Essa é a nossa função de interesse.
51
Calculando as derivadas parciais
δL
δx(x, y) = 120− 6x− 2y
δL
δy(x, y) = 200− 6y − 2x
δ2L
δx2(x, y) = −6
δ2L
δy2(x, y) = −6
δ2L
δyδx(x, y) =
δ2L
δxδy(x, y) = −2
Os pontos críticos são:
120− 6x− 2y = 0
200− 6y − 2x = 0
⇒
60− 3x− y = 0
100− 3y − x = 0
y = 60− 3x
100− 3(60− 3x)− x = 0⇒ x = 10
60− 3(10)− y = 0⇒ y = 30
Portanto o ponto crítico é (10, 30).
Calculando o hessiano
H(x, y) =
∣∣∣∣∣∣−6 −2
−2 −6
∣∣∣∣∣∣ = 36− 4 = 32 > 0 e − 6 < 0
Portanto, (10, 30) é ponto de máximo. Assim, para maximizar o lucro a empresa deve pro-
duzir 10 unidades de p1 e 30 unidades de p2.
52
3. a.
L(x, y, λ) = 3x+ 2y − λ(x2 + y2 − 1)
δL
δx(x, y, λ) = 3− 2λx
δL
δy(x, y, λ) = 2− 2λy
3− 2λx = 0
2− 2λy = 0
x2 + y2 − 1 = 0
x =3
2λe y =
1
λ
(3
2λ)2 + (
1
λ)2 − 1 = 0⇒ λ2 =
13
3⇒ λ = ±
√13
2
Se λ =√132 ⇒ x = 3
√13
13 e y = 2√13
13 .
Se λ = −√132 ⇒ x = − 3
√13
13 e y = − 2√13
13 .
Assim, ( 3√13
13 , 2√13
13 ) é ponto de máximo e (− 3√13
13 ,− 2√13
13 ) é ponto de mínimo.
b.
L(x, y, λ) = 3x+ y − λ(x2 + 2y2 − 1)
δL
δx(x, y, λ) = 3− 2xλ
δL
δy(x, y, λ) = 1− 4yλ
3− 2xλ = 0
1− 4yλ = 0
x2 + 2y2 − 1 = 0
x =3
2λe y =
1
4λ
53
(3
2λ)2 + 2(
1
4λ)2 − 1 = 0⇒ 38 = 16λ2 ⇒ λ = ±
√38
4
Se λ =√384 ⇒ x = 6
√38
38 e y =√3838 .
Se λ = −√384 ⇒ x = − 6
√38
38 e y = −√3838 .
Assim, ( 6√38
38 ,√3838 ) é ponto de máximo e (− 6
√38
38 ,−√3838 ) é ponto de mínimo.
c.
L(x, y, λ) = x2 + 2y2 − λ(3x+ y − 1)
δL
δx(x, y, λ) = 2x− 3λ
δL
δy(x, y, λ) = 4y − λ
2x− 3λ = 0⇒ x = 3λ
2
4y − λ = 0⇒ y = λ4
3x+ y − 1 = 0
3(3λ
2) + (
λ
4) = 1⇒ 18λ+ λ
4⇒ 19λ = 4⇒ λ =
4
19
x =3( 4
19 )
2⇒ x =
6
19
y =( 419 )
4⇒ y =
1
19
Portanto, ( 619 ,
119 ) é ponto de mínimo.
4. Nossa f(x, y) é o produto das coordenadas. Isto é, f(x, y) = xy. E a nossa restrição é a
equação da reta x+ 2y − 1 = 0.
A função de Lagrange é
L(x, y, λ) = xy − λ(x+ 2y − 1)
As derivadas parciais sãoδL
δx(x, y, λ) = y − λ
54
δL
δy(x, y, λ) = x− 2λ
Temos que resolver o seguinte sistema
y − λ = 0⇒ y = λ
x− 2λ = 0⇒ x = 2λ
x+ 2y − 1 = 0⇒ 2λ+ 2λ− 1 = 0⇒ λ = 14
x =1
2e y =
1
4
Como f( 12 ,
14 ) = 1
8 , f(0, 12 ) = 0 (um ponto qualquer que satisfaz a restrição) e f( 12 ,
14 ) >
f(0, 12 ), concluímos que ( 12 ,
14 ) é ponto de máximo.
55