Estudo da função do 2 grau p 2

NOÇÕES DE CÁLCULO IMPORTANTES

Já foi visto no Ensino Médio, que o gráfico da  função  y = a x^2  +  bx  +  c,  é sempre contínuo, num certo intervalo [a , b] considerado. Sendo assim, pode-se usar regras de derivação  do Cálculo para se escrever:

1ª derivada:     y’  = f’(x) = 2*a*x ^(2-1)  +  b  =  2 a x   +   b 

2ª derivada:    y”  =  f” (x) =  2 a

Exemplo:     Carro realizando M.R.U.V. definido por  s = 20 + 5 t  +  3 t^2

1ª derivada:       y´= 5 + 6 t     ou seja       v = vo  +  at  =   5 + 6t (S.I.)

2ª derivada        y” = 6,           ou seja        a = cte  =  6  (S.I.)

ONDE A FUNÇÃO QUADRÁTICA É CRESCENTE OU DECRESCENTE?

Seja a função   y = 1 x^2  - 1x   -   2,   onde      V = ( xv  ,  yv ) =  ( 0,5 , -2,25 )

I)       No intervalo  [xv=0,5  ,  +  infinito [       tem-se que

x1 = 3   e   f(x1) = 4    e    x2 = 4   e   f(x2) = 10    è  x1  <  x2  logo  f(x1)  <  f(x2)

portanto f(x) é crescente no intervalo

II)     No intervalo  ] -  infinito , xv=0,5 ]      tem-se que

x3 = - 2 e f(x3) = 4  e  x4= -3 e f(x4) =  10            è  x3  >  x4  logo  f(x3)  <  f (x4)

portanto f(x) é decrescente no intervalo.

Clique no link abaixo para ver no geogebra do google drive a figura acima 

http://web.geogebra.org/chromeapp/?state=%7B%22ids%22:%5B%220B0XpGe_InwGVb3phcTVZTUk3VHM%22%5D,%22action%22:%22open%22,%22userId%22:%22115885207884713029709%22%7D&code=4/lumwO7Y5K_gRA5lpMkDLRk81OieO.4l8ZV6AhpBIbsjMf6whcw_5rl5DIjgI

USANDO A DERIVADA

A derivada num  ponto P(x0 , yo) da curva é o coeficiente angular da reta tg à curva no ponto P. logo existem os intervalos  ] – ∞ , xv ] e [xv  , +  ∞ [ tais que:

a)     Em qualquer intervalo [ a  ,  b ] do intervalo  ] – ∞ , xv ],  a derivada em cada ponto  é o coeficiente angular da reta  ( numericamente igual à tg α )

b)     Em qualquer intervalo [ c  ,  d ] do intervalo  ] xv  ,  + ∞ ],  a derivada em cada ponto  é o coeficiente angular da reta  ( numericamente igual à tg α )

Exemplo:

A parábola  y = x^2  -  x  - 2  apresenta dois intervalos ] – inf , xv = 0,5 ]  e  [xv=0,5 , + inf [

I)        Em ] – inf  ,  0,5 ] a reta tg é decrescente logo seu coef angular m < 0 é numericamente igual tg (α1) < 0, portanto  derivada f’(x)  no ponto  < 0

II)     Em ] 0,5 , + inf  ] a reta tg é crescente logo seu coef angular m > 0 é numericamente igual tg (α2) >  0, portanto  derivada  f’(x)  >  0

iii) No vértice  m = 0 = tg (0) , logo derivada f’(x) = 0

Exemplo:

Seja um carro realizando M.R.U.V. com s = 10  -  5t  + 1 t^2 (S.I.)

Sua  derivada primeira é: 
v = f’(t)  =  - 5   +  2*1  t 

Sua derivada segunda é  a =  f” (t)   =  2

No vértice da parábola tm-se  v = f’ (t ) = 0 logo  0 =  -5  +  2t e t = 2,5 s

Portanto tem-se dois intervalos

   I)      ] –inf , 2,5 ]    e como    t  = tempo  >= 0  fica  [ 0  ,  2,5 ]

   a)    Seja t = 1 logo  f’ ( t=1 )  = v( t = 1 )  =  -5  +  2*1  =  -3  < 0

   b)    m1 = coef ang  da reta tg por P1  < 0 

   c)     De a e b tem-se que   f(x) é decrescente

II )    [2,5 , + inf  [

    a)    Seja t = 4 logo  f’ ( t=4 )  = v( t = 4 )  =  -5  +  2*4 =  3  >  0       

    b)    m1 = coef ang  da reta tg por P   >  0  

    c)     De a e b tem-se que   f(x) é crescente

PONTOS DE MÁXIMO E DE MÍNIMO DA FUNÇÃO QUADRÁTICA

            Usa-se o critério da derivada PRIMEIRA.

Seja f ( x )  =  a x^2  +  b x  +  c e sua derivada primeira f ‘ ( x ) = a x  +  b

Se f ‘ ( xv ) = 0  deve-se ter:

1º CRITÉRIO     P é Ponto de Máximo  ( parábola convexa)

a)     x  <  xv  è  f ‘ ( x ) > 0 ( reta tg com coef. angular positivo )  

e

b)     x  >  xv  è  f ‘ ( x ) < 0 ( reta tg com coef. angular negativo )       

2º CRITÉRIO     P é Ponto de Minimo  ( parábola côncava)

a)     x  <  xv  è  f ‘ ( x ) < 0 ( reta tg com coef. angular negativo )  

e

b)     x  >  xv  è  f ‘ ( x ) > 0 ( reta tg com coef. angular positivo )      

                            

INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DA DERIVADA DE f(x)

Muito importante

1)     Quando existir f ´(x ), f’ (x=xo ) fornece o valor do coeficiente angular da reta tg em P = (xo , f(xo) ) ou seja  f ‘ (xo)  = m = tg α

2)     A equação da reta tg em P é dada por  y – f(xo )  =  f ‘ ( xo ) ( x   -  xo )

PROBLEMAS ENVOLVENDO MÁXIMOS E MÍNIMOS                      

1)     Um corpo lançado do solo verticalmente para cima, com velocidade de  40 m/s, e função horária Dada por  s(t)  =  40  -  5 t^2 (S.I.) e g = 10 m/s^2,   Para t no intervalo [ 0  ,  8 ], pede-se: a) O tempo gasto para atingir a altura máxima; b) a altitude máxima atingida.

SOLUÇÃO

   1)    FUNÇÕES HORÁRIAS

   a)    Do espaço\\;       s   =  40 t  -  5 t^2 (S. I.), onde  a = -5 , b = 40  e c = 0

   b)    Da velocidade:    v  =  40  -  10 t onde  f ‘ ( t )  =  v

   c)    Da aceleração     am  =  - 10 m / s^2 , onde  f “ ( t ) =  am

   2)    ANÁLISE GRÁFICA

O  vértice é dado por  V = ( xv  ,  yv) , onde  xv  =  - b / 2 a  = - 40 / 2*(-5)  =  4 s
yv = - b^2 – 4ac) / 4 a  =  - (40)^2 / 4* (-5)  =  1600 /  20 = 80

Logo  V = ( 4 , 80)

TESTE DA DERIVADA PRIMEIRA

1)           Para  x  <   xv  tem-se que  v = f ‘ (x)  >   0

2)           Para  x  =   xv tem-se que  v = f ‘ (x)   =   0

3)           Para  x   >   xv tem-se que  v = f ‘ (x0  <   0

Logo V é ponto de Máximo

Ou tb pelo TESTE DA DERIVADA SEGUNDA

am = f “ (x)  = - 10  <  o logo V é ponto de Máximo

4)           INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DA RETA TG POR P

1)           Quando existir  f ‘ (xo)  no ponto P (xo , f(xo)) , f’ (xo)  =  coef angular da reta tg por P = tg α  = m

2)           A equação da reta tg será dada por  y  -  f(xo)  =  f ‘ (xo) (x  -  xo)

No problema pode-se ter  xo1  =  1 

2.1)   f ‘ (1 ) = v (1) =  40  -  10 * 1 = 30

2.2) f  (1) = 40*1  - 5 * 1^2  =  35 è  y  -  35  =  30 ( x   -  1)  e y = 30x  +  5,

Onde m = 30  > 0  e f’ (x)  >  0

No problema pode-se ter  xo2  =  5 

2.3)   f ‘ (5 ) = v (5) =  40  -  10 * 5 = - 10

2.4) f  (5) = 40*5  - 5 * 5^2  =  75 è  y  -  75  =  - 10 ( x   -  5)  e y = - 10x  +  125,

Onde m = - 10  < 0  e f’ (x)   <  0

Portanto no intervalo 1 [0  ,  4 ]  f’ (x)  >  0  e no intervalo 2  f ‘ (x0  < 0 caracterizando V como ponto de máximo.

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2) Numa indústria o gasto para se produzir x produtos é dado por C (x) = 1/4 x^2  +  35 x  +  25, em reais, e o preço de vendas de cada produto , em reais , é pv = 50  -  1/2  x. Pede-se  a) Qual deve ser a produção diária para se obter um lucro máximo na venda de x produtos;  b) Qual o custo unitário de cada produto para ter um lucro máximo.

Solução

Sejam

Pv =  preço de venda unitário = 50 – 0,5 x

C ( x ) = Custo para produzir x produtos  =  1 / 4  x^2  +  35 x  +  25

a.1) Lucro na venda de x produtos

L (x)  =  x * pv  -  C (x)  =  x * ( 50  -  0,5 x)  -  ( 1 / 4 x^2  +  35x  +  25) =

L ( x )  =  - 3 x^2/ 4  +  15 x  -  25

a.2) Teste das derivadas

I ) L ‘ ( x ) =  -  6x / 4  +  15  =   - 3x / 2  +  15

II)  Fazendo-se  L ‘ ( x )  =  0  è  0 = - 3x / 2  +  15 è   x = 10

III)  L” ( x ) =  - 3/2  <  0  è  L ( x ) apresenta ponto de máximo para x = 10

a.3)  Conclusão:  A produção diária para se ter lucro máximo deverá ser xd = 10 unidades.

b) Cálculo do custo unitário mínimo para um lucro máximo

Custo unitário  =  Cu =  C ( x) / x  =   ( 1 / 4  x^2  +  35 x ++ 25) / x =  1 / 4 x  +  35  +  25 / x

b.1) Critérios da derivada

I ) Cu ‘ (x)  =  1 / 4  - 25 / x^2, porque  dervada (25 / x )  = 25 * (- 1 / x^2 )

II)  Cu ‘ (x )  = 0  è  1 / 4  -  25 / x^2 = 0  è  x’ =  10    e  x’’  =  - 10 ( não serve)

iii)  Cu’  (x)  =  1 / 4  -  25* x^{- 2}   è  Cu “ (x)  =  - 25 * (-2) * x ^{-2 - 1} 

Cu “ (x)  =    50 * x^{- 3}    =  50 / x ³  

Iv)  Seja Cu “ ( x’ = 10  )  =  50 / 10^3  =  1 / 20  >  0  è  Cu (x) apresenta ponto de mínimo para x’ = 10   è  Cu (x = 10) =  1*10 / 4    +  35 +  25 / / 10  =  40 reais

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