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Lição 61 — Máximos e mínimos

Pontos críticos, Teorema de Fermat, testes da 1ª e 2ª derivada, e o algoritmo de extremos absolutos em intervalos fechados.

Used in: 2.º ano EM · Equiv. Math II/III japonês · Equiv. Analysis/Kurvendiskussion alemã

f′(c)=0  ⟹  c candidato a extremo localf'(c) = 0 \;\Longrightarrow\; c \text{ candidato a extremo local}

Teorema de Fermat: se f tem extremo local em c (interior ao domínio) e é derivável em c, então f′(c)=0f'(c) = 0. Pontos onde f′(c)=0f'(c) = 0 ou f′(c)f'(c) não existe são chamados pontos críticos.

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Rigorous notation, full derivation, hypotheses

Definições, teoremas e algoritmos

Extremos locais e absolutos

"Se f tem um máximo ou mínimo local em c, então c é um ponto crítico de f." — Active Calculus §3.1

Teste da 1.ª derivada

Teste da 2.ª derivada

"When the second derivative test is inconclusive, we resort to the first derivative test." — OpenStax Calculus Vol. 1, §4.5

Teorema do Valor Extremo (Weierstrass)

Algoritmo dos extremos absolutos em [a, b]

mín localmín localmáx localmáx localab

Extremos locais ocorrem em pontos críticos (onde f′=0f'=0). Extremos absolutos podem ser extremos locais ou os endpoints aa e bb.

Exemplos resolvidos

Exercise list

30 exercises · 7 with worked solution (25%)

Application 21Understanding 3Modeling 3Challenge 1Proof 2
  1. Ex. 61.1Application

    Determine o ponto crítico de f(x)=x2−4x+3f(x) = x^2 - 4x + 3 e classifique-o usando o teste da 2.ª derivada.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    Os pontos críticos de f(x)=x2−4x+3f(x) = x^2 - 4x + 3 são onde f′(x)=2x−4=0f'(x) = 2x - 4 = 0, logo x=2x = 2. Como f′′(x)=2>0f''(x) = 2 > 0, é mínimo local. Valor: f(2)=4−8+3=−1f(2) = 4 - 8 + 3 = -1.
  2. Ex. 61.2Application

    Classifique os pontos críticos de f(x)=x3−12xf(x) = x^3 - 12x.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=3x2−12=0⇒x=±2f'(x) = 3x^2 - 12 = 0 \Rightarrow x = \pm 2. Em x=−2x = -2: f′′(−2)=−12<0f''(-2) = -12 < 0 → máximo local, f(−2)=16f(-2) = 16. Em x=2x = 2: f′′(2)=12>0f''(2) = 12 > 0 → mínimo local, f(2)=−16f(2) = -16.
  3. Ex. 61.3ApplicationAnswer key

    Encontre os extremos absolutos de g(t)=t2−6t+8g(t) = t^2 - 6t + 8 em [1,5][1, 5].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    g′(t)=2t−6=0⇒t=3g'(t) = 2t - 6 = 0 \Rightarrow t = 3. Em [1,5][1, 5]: g(1)=1−6+8=3g(1) = 1 - 6 + 8 = 3, g(3)=9−18+8=−1g(3) = 9 - 18 + 8 = -1, g(5)=25−30+8=3g(5) = 25 - 30 + 8 = 3. Mínimo absoluto: −1-1 em t=3t = 3. Máximo absoluto: 33 em t=1t = 1 e t=5t = 5.
    Show step-by-step (with the why)
    1. Derive g(t)=t2−6t+8g(t) = t^2 - 6t + 8: resultado g′(t)=2t−6g'(t) = 2t - 6.
    2. Zere a derivada: 2t−6=0⇒t=32t - 6 = 0 \Rightarrow t = 3, que pertence ao intervalo (1,5)(1,5).
    3. Avalie gg nos três pontos: t=1,3,5t = 1, 3, 5.
    4. Compare: o menor é o mínimo absoluto, o maior é o máximo absoluto.
    Macete: nunca esqueça de avaliar nos endpoints — extremos absolutos frequentemente ocorrem lá.
  4. Ex. 61.4ApplicationAnswer key

    Classifique todos os pontos críticos de h(x)=x4−2x2+1h(x) = x^4 - 2x^2 + 1.

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    h′(x)=4x3−4x=4x(x2−1)=4x(x−1)(x+1)h'(x) = 4x^3 - 4x = 4x(x^2 - 1) = 4x(x-1)(x+1). Pontos críticos: x=−1,0,1x = -1, 0, 1. h′′(x)=12x2−4h''(x) = 12x^2 - 4. Em x=±1x = \pm 1: h′′=8>0h'' = 8 > 0 → mínimos. Em x=0x = 0: h′′=−4<0h'' = -4 < 0 → máximo local.
  5. Ex. 61.5Application

    Determine os extremos absolutos de f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x em [0,2π][0, 2\pi].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x. Zeros em [0,2π][0, 2\pi]: x=π/2x = \pi/2 e x=3π/2x = 3\pi/2. f(0)=0f(0) = 0, f(π/2)=1f(\pi/2) = 1, f(3π/2)=−1f(3\pi/2) = -1, f(2π)=0f(2\pi) = 0. Máximo absoluto: 11. Mínimo absoluto: −1-1.
  6. Ex. 61.6ApplicationAnswer key

    Encontre e classifique os pontos críticos de p(x)=2x3−3x2−36x+1p(x) = 2x^3 - 3x^2 - 36x + 1.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    p′(x)=6x2−6x−36=6(x2−x−6)=6(x−3)(x+2)p'(x) = 6x^2 - 6x - 36 = 6(x^2 - x - 6) = 6(x-3)(x+2). Pontos críticos: x=3x = 3 e x=−2x = -2. Em x=−2x = -2: p′′(−2)=12(−2)−6=−30<0p''(-2) = 12(-2) - 6 = -30 < 0 → máximo local. Em x=3x = 3: p′′(3)=30>0p''(3) = 30 > 0 → mínimo local.
  7. Ex. 61.7Application

    Analise os pontos críticos de f(x)=x1/3f(x) = x^{1/3}.

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=13x−2/3f'(x) = \frac{1}{3}x^{-2/3}. f′f' não existe em x=0x = 0, mas f(0)=0f(0) = 0 existe. Como f′>0f' > 0 para todo x≠0x \neq 0, não há mudança de sinal: sem extremo local. Apenas ponto crítico singular (cúspide).
  8. Ex. 61.8Application

    Classifique o ponto crítico de f(x)=x2/3f(x) = x^{2/3}.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=23x−1/3f'(x) = \frac{2}{3}x^{-1/3}. Não existe em x=0x = 0; f′f' muda de −- para ++ em x=0x = 0 → mínimo local. f(0)=0f(0) = 0 é também mínimo absoluto pois f(x)≥0f(x) \geq 0 para todo xx.
  9. Ex. 61.9Application

    Encontre os extremos absolutos de f(x)=x3−3x+5f(x) = x^3 - 3x + 5 em [−2,3][-2, 3].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    Em [−2,3][-2, 3]: f′(x)=3x2−3=0⇒x=±1f'(x) = 3x^2 - 3 = 0 \Rightarrow x = \pm 1. Avaliação: f(−2)=−8+6+5=3f(-2) = -8 + 6 + 5 = 3, f(−1)=−1+3+5=7f(-1) = -1 + 3 + 5 = 7, f(1)=1−3+5=3f(1) = 1 - 3 + 5 = 3, f(3)=27−9+5=23f(3) = 27 - 9 + 5 = 23. Máximo absoluto: 2323 em x=3x = 3. Mínimo absoluto: 33 em x=−2x = -2 e x=1x = 1.
  10. Ex. 61.10Application

    Determine os extremos absolutos de r(θ)=cos⁡θ+sin⁡θr(\theta) = \cos\theta + \sin\theta em [0,π][0, \pi].

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    r′(θ)=−sin⁡θ+cos⁡θ=0⇒tan⁡θ=1⇒θ=π/4r'(\theta) = -\sin\theta + \cos\theta = 0 \Rightarrow \tan\theta = 1 \Rightarrow \theta = \pi/4 em [0,π][0, \pi]. Avaliação: r(0)=1r(0) = 1, r(π/4)=2r(\pi/4) = \sqrt{2}, r(π)=−1r(\pi) = -1. Máximo absoluto: 2\sqrt{2}. Mínimo absoluto: −1-1.
  11. Ex. 61.11Application

    Determine os extremos absolutos de f(x)=x4−4x2+1f(x) = x^4 - 4x^2 + 1 em [−2,2][-2, 2].

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=4x3−8x=4x(x2−2)f'(x) = 4x^3 - 8x = 4x(x^2-2). Zeros: x=0x = 0 e x=±2x = \pm\sqrt{2}. Em [−2,2][-2, 2], todos pertencem ao intervalo. Avaliação: f(−2)=16−16+1=1f(-2) = 16 - 16 + 1 = 1, f(−2)=4−8+1=−3f(-\sqrt{2}) = 4 - 8 + 1 = -3, f(0)=1f(0) = 1, f(2)=−3f(\sqrt{2}) = -3, f(2)=1f(2) = 1. Máximo absoluto: 11. Mínimo absoluto: −3-3.
  12. Ex. 61.12ApplicationAnswer key

    Determine os extremos absolutos de f(x)=x+1xf(x) = x + \dfrac{1}{x} em [1,4][1, 4].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    f′(x)=x⋅x−(x2+1)⋅1x2=−1x2f'(x) = \frac{x \cdot x - (x^2+1) \cdot 1}{x^2} = \frac{-1}{x^2}. Como f′<0f' < 0 para todo x≠0x \neq 0, a função é estritamente decrescente — sem pontos críticos com f′=0f' = 0. Extremos em [1,4][1, 4]: f(1)=2f(1) = 2 (máximo), f(4)=4,25f(4) = 4{,}25 ... aguarde: f(x)=x+1/xf(x) = x + 1/x, f′(x)=1−1/x2=0⇒x=1f'(x) = 1 - 1/x^2 = 0 \Rightarrow x = 1. Em [1,4][1,4]: f(1)=2f(1) = 2, f(4)=4,25f(4) = 4{,}25. Mínimo absoluto: 22. Máximo absoluto: 4,254{,}25.
  13. Ex. 61.13Understanding

    Se f′(c)=0f'(c) = 0 e f′′(c)=−5f''(c) = -5, então o ponto x=cx = c é:

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    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    O teste da 2.ª derivada: se f′(c)=0f'(c) = 0 e f′′(c)<0f''(c) < 0, a função tem concavidade para baixo em cc, configurando máximo local. Distrator B inverte a conclusão; C confunde com inflexão; D é falso pois f′′(c)≠0f''(c) \neq 0.
  14. Ex. 61.14Understanding

    Qual afirmação sobre o Teorema de Fermat é correta?

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    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    Fermat diz: extremo local interior derivável → ponto crítico (implicação de A para B). A recíproca (B → A) é falsa: x3x^3 em c=0c = 0 é o contraexemplo clássico. Opção C contradiz Fermat. Opção D inverte a implicação.
  15. Ex. 61.15Understanding

    Se f′(c)=0f'(c) = 0 e f′′(c)=0f''(c) = 0, qual é a conclusão correta?

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    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    Quando f′′(c)=0f''(c) = 0, o teste da 2.ª derivada é inconclusivo. Exemplos: x4x^4 tem mínimo em 00; −x4-x^4 tem máximo; x3x^3 tem inflexão. É necessário o 1.º teste ou análise direta de sinais.
  16. Ex. 61.16Application

    Determine os extremos absolutos de f(x)=x3−3x2−1f(x) = x^3 - 3x^2 - 1 em [−1,3][-1, 3].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x-2). Pontos críticos: x=0x = 0 e x=2x = 2. Avaliação em [−1,3][-1, 3]: f(−1)=−1−3−1=−5f(-1) = -1 - 3 - 1 = -5, f(0)=−1f(0) = -1, f(2)=8−12−1=−5f(2) = 8 - 12 - 1 = -5, f(3)=27−27−1=−1f(3) = 27 - 27 - 1 = -1. Máximo absoluto: −1-1. Mínimo absoluto: −5-5.
  17. Ex. 61.17Application

    Determine o extremo local de f(x)=xexf(x) = xe^x.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=ex(x+1)=0⇒x=−1f'(x) = e^x(x+1) = 0 \Rightarrow x = -1. Como ex>0e^x > 0 sempre. f′′(x)=ex(x+2)f''(x) = e^x(x+2). f′′(−1)=e−1(1)>0f''(-1) = e^{-1}(1) > 0 → mínimo local em x=−1x = -1, f(−1)=−e−1f(-1) = -e^{-1}.
    Show step-by-step (with the why)
    1. Aplique a regra do produto: f(x)=xexf(x) = xe^x, então f′(x)=ex+xex=ex(1+x)f'(x) = e^x + xe^x = e^x(1+x).
    2. Como ex>0e^x > 0 para todo xx, a equação f′(x)=0f'(x) = 0 reduz a 1+x=01 + x = 0, ou seja, x=−1x = -1.
    3. Segunda derivada: f′′(x)=ex(x+2)f''(x) = e^x(x+2). Em x=−1x = -1: f′′(−1)=e−1>0f''(-1) = e^{-1} > 0 → mínimo local.
    4. Valor mínimo: f(−1)=−1⋅e−1=−1/ef(-1) = -1 \cdot e^{-1} = -1/e.
    Curiosidade: este é o mínimo global de xexxe^x, pois a função tende a +∞+\infty em ambos os extremos (para x→+∞x \to +\infty claramente; para x→−∞x \to -\infty, xex→0xe^x \to 0 e depois cresce para −1/e-1/e antes de subir).
  18. Ex. 61.18Application

    Classifique os extremos locais de g(x)=xx2+1g(x) = \dfrac{x}{x^2 + 1}.

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    g′(x)=(x2+1)−x⋅2x(x2+1)2=1−x2(x2+1)2g'(x) = \frac{(x^2+1) - x \cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \frac{1 - x^2}{(x^2+1)^2}. Zeros: x=±1x = \pm 1. Em x=1x = 1: g′>0g' > 0 antes, g′<0g' < 0 depois → máximo local g(1)=1/2g(1) = 1/2. Em x=−1x = -1: mínimo local g(−1)=−1/2g(-1) = -1/2.
  19. Ex. 61.19ApplicationAnswer key

    Determine os extremos absolutos de f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x em [1,e][1, e].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    f′(x)=1xf'(x) = \frac{1}{x}. Como f′>0f' > 0 para todo x>0x > 0, a função é estritamente crescente — sem pontos críticos, sem extremos locais. Em [1,e][1, e]: mínimo absoluto f(1)=0f(1) = 0, máximo absoluto f(e)=1f(e) = 1.
  20. Ex. 61.20Application

    Determine o extremo de f(x)=e−x2f(x) = e^{-x^2} (curva de Gauss).

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=−2xe−x2f'(x) = -2x e^{-x^2}. Zero em x=0x = 0. f′′(0)=−2<0f''(0) = -2 < 0 → máximo local f(0)=1f(0) = 1. Como f(x)→0f(x) \to 0 quando x→±∞x \to \pm\infty, é também máximo absoluto.
  21. Ex. 61.21Application

    Encontre os extremos absolutos de f(x)=x3−3x+2f(x) = x^3 - 3x + 2 em [0,2][0, 2].

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    f′(x)=3x2−3=0⇒x=±1f'(x) = 3x^2 - 3 = 0 \Rightarrow x = \pm 1. Em [0,2][0, 2], apenas x=1x = 1 está no interior. Avaliação: f(0)=2f(0) = 2, f(1)=1−3+2=0f(1) = 1 - 3 + 2 = 0, f(2)=8−6+2=4f(2) = 8 - 6 + 2 = 4. Máximo absoluto: 44. Mínimo absoluto: 00.
  22. Ex. 61.22Application

    Determine os extremos absolutos de f(x)=sin⁡(2x)f(x) = \sin(2x) em [0,π][0, \pi].

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=2cos⁡(2x)f'(x) = 2\cos(2x). Zeros em [0,π][0, \pi]: 2x=π/22x = \pi/2 → x=π/4x = \pi/4; 2x=3π/22x = 3\pi/2 → x=3π/4x = 3\pi/4. Avaliação: f(0)=0f(0) = 0, f(π/4)=1f(\pi/4) = 1, f(3π/4)=−1f(3\pi/4) = -1, f(π)=0f(\pi) = 0. Máximo absoluto: 11. Mínimo absoluto: −1-1.
  23. Ex. 61.23Modeling

    Uma empresa vende um produto com demanda q(p)=100−2pq(p) = 100 - 2p unidades quando o preço é pp reais. Qual preço pp maximiza a receita total?

    Solve onlineActive Calculus · 3.3
    Show solution
    Receita: R(p)=p⋅q(p)R(p) = p \cdot q(p). Com demanda q(p)=100−2pq(p) = 100 - 2p: R(p)=p(100−2p)=100p−2p2R(p) = p(100 - 2p) = 100p - 2p^2. R′(p)=100−4p=0⇒p=25R'(p) = 100 - 4p = 0 \Rightarrow p = 25. R′′(25)=−4<0R''(25) = -4 < 0 → máximo. Receita máxima: R(25)=25⋅50=R$ 1250R(25) = 25 \cdot 50 = R\$\ 1250.
    Show step-by-step (with the why)
    1. Escreva a função de receita: R(p)=p⋅q(p)=p(100−2p)R(p) = p \cdot q(p) = p(100-2p).
    2. Expanda: R(p)=100p−2p2R(p) = 100p - 2p^2.
    3. Derive e zere: R′(p)=100−4p=0⇒p∗=25R'(p) = 100 - 4p = 0 \Rightarrow p^* = 25.
    4. Confirme máximo: R′′(p)=−4<0R''(p) = -4 < 0.
    5. Calcule a receita máxima: R(25)=2500−1250=1250R(25) = 2500 - 1250 = 1250.
    Macete: receita = preço vezes quantidade; maximizar receita não é o mesmo que maximizar lucro (desconta-se custos).
  24. Ex. 61.24Modeling

    Uma fábrica tem custo C(x)=x2+20x+300C(x) = x^2 + 20x + 300 (reais) e receita R(x)=80xR(x) = 80x produzindo xx unidades. Quantas unidades maximizam o lucro?

    Solve onlineOpenStax Calculus Vol. 1 · 4.7
    Show solution
    Lucro: L(x)=R(x)−C(x)=80x−(x2+20x+300)=−x2+60x−300L(x) = R(x) - C(x) = 80x - (x^2 + 20x + 300) = -x^2 + 60x - 300. L′(x)=−2x+60=0⇒x=30L'(x) = -2x + 60 = 0 \Rightarrow x = 30. L′′(30)=−2<0L''(30) = -2 < 0 → máximo. Lucro máximo: L(30)=−900+1800−300=600L(30) = -900 + 1800 - 300 = 600. Produção ótima: 30 unidades.
  25. Ex. 61.25Modeling

    Um foguete modelo é lançado verticalmente e sua altura (em metros) é h(t)=−4,9t2+19,6t+2h(t) = -4{,}9t^2 + 19{,}6t + 2. Determine a altura máxima atingida.

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    Altitude: h(t)=−4,9t2+19,6t+2h(t) = -4{,}9t^2 + 19{,}6t + 2. h′(t)=−9,8t+19,6=0⇒t=2h'(t) = -9{,}8t + 19{,}6 = 0 \Rightarrow t = 2 s. Altura máxima: h(2)=−19,6+39,2+2=21,6h(2) = -19{,}6 + 39{,}2 + 2 = 21{,}6 m. h′′(2)=−9,8<0h''(2) = -9{,}8 < 0 → confirmado máximo.
  26. Ex. 61.26Application

    Encontre o mínimo local de f(x)=x2+1x2f(x) = x^2 + \dfrac{1}{x^2} para x>0x > 0.

    Solve onlineActive Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=2x−2x3f'(x) = 2x - \frac{2}{x^3}. Em x>0x > 0: f′(x)=0⇒2x4=2⇒x=1f'(x) = 0 \Rightarrow 2x^4 = 2 \Rightarrow x = 1. f′′(1)=2+6=8>0f''(1) = 2 + 6 = 8 > 0 → mínimo local. f(1)=1+1=2f(1) = 1 + 1 = 2.
  27. Ex. 61.27Application

    Determine os extremos absolutos de f(x)=x2−4xf(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x} em [1,4][1, 4].

    Solve onlineAPEX Calculus · 3.1
    Show solution
    f′(x)=x⋅2x−(x2−4)x2=x2+4x2>0f'(x) = \frac{x \cdot 2x - (x^2-4)}{x^2} = \frac{x^2 + 4}{x^2} > 0 para todo x≠0x \neq 0. Logo a função é estritamente crescente em cada intervalo de definição — sem extremos locais. Extremos em [1,4][1,4]: f(1)=−3f(1) = -3 (mínimo absoluto), f(4)=3f(4) = 3 (máximo absoluto).
  28. Ex. 61.28ProofAnswer key

    Demonstre o Teorema de Fermat: se ff tem máximo local em cc e é derivável em cc, então f′(c)=0f'(c) = 0.

    OpenStax Calculus Vol. 1 · 4.3
    Show solution
    Suponha que ff tem máximo local em cc, i.e., f(c)≥f(x)f(c) \geq f(x) para xx perto de cc. Para h>0h > 0 pequeno: f(c+h)−f(c)h≤0\frac{f(c+h)-f(c)}{h} \leq 0. Tomando limite: f′(c)≤0f'(c) \leq 0. Para h<0h < 0 pequeno: f(c+h)−f(c)h≥0\frac{f(c+h)-f(c)}{h} \geq 0. Tomando limite: f′(c)≥0f'(c) \geq 0. Portanto f′(c)=0f'(c) = 0.
  29. Ex. 61.29ProofAnswer key

    Mostre que f(x)=x3f(x) = x^3 tem ponto crítico em x=0x = 0, mas esse ponto não é extremo local.

    Active Calculus · 3.1
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    Dado f(x)=x3f(x) = x^3, temos f′(x)=3x2f'(x) = 3x^2 e f′(0)=0f'(0) = 0, logo x=0x = 0 é ponto crítico. Para qualquer δ>0\delta > 0: tome x=−δ/2<0x = -\delta/2 < 0; então f(−δ/2)=(−δ/2)3<0=f(0)f(-\delta/2) = (-\delta/2)^3 < 0 = f(0). Mas tome x=δ/2>0x = \delta/2 > 0; então f(δ/2)>0=f(0)f(\delta/2) > 0 = f(0). Logo f(0)f(0) não é nem máximo nem mínimo local. x=0x = 0 é ponto de inflexão.
  30. Ex. 61.30Challenge

    Mostre que f(x)=x4−4x+6f(x) = x^4 - 4x + 6 tem um único ponto crítico e que este é o mínimo global da função.

    APEX Calculus · 3.1
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    f′(x)=4x3−4=0⇒x3=1⇒x=1f'(x) = 4x^3 - 4 = 0 \Rightarrow x^3 = 1 \Rightarrow x = 1. f(1)=1−4+6=3f(1) = 1 - 4 + 6 = 3. f′′(1)=12>0f''(1) = 12 > 0 → mínimo local e, como f→+∞f \to +\infty quando x→±∞x \to \pm\infty, mínimo global. Verifique: para xx real qualquer, f(x)=(x2−2)2+(x−1)2+2≥3f(x) = (x^2-2)^2 + (x-1)^2 + 2 \geq 3? Não é imediato; a confirmação vem do critério do único ponto crítico com f′′>0f'' > 0 e comportamento no infinito.

Fontes

Updated on 2026-05-05 · Author(s): Clube da Matemática

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