Question

Determine através do teste da segunda derivada os valores máximos e mínimos locais de f (x) = x³-2x²-5x+6, se houve.​

Answer 1

Inicialmente vamos achar os pontos críticos da função. Para isso, achamos os valores de $x$ que tornam a derivada de $f(x)$ nula:

$f'(x)=0$

$3x^2-4x-5+0=0$

$3x^2-4x-5=0$

$x=\frac{-(-4)\pm\sqrt{(-4)^2-4*3*(-5)}}{2*3}$

$x=\frac{4\pm\sqrt{16+60}}{6}$

$x=\frac{4\pm\sqrt{76}}{6}$

$x=\frac{4\pm2\sqrt{19}}{6}=\frac{2\pm\sqrt{19}}{3}$

Vamos definir $x_1=\frac{2+\sqrt{19}}{3}$ e $x_2=\frac{2-\sqrt{19}}{3}$. O teste da 2º derivada consiste em calcular o valor de $f''(x)$ para os valores de $x$ que tornam $f'(x)$ nulo. Como estamos trabalhando apenas com uma variável, se $f''(x_k)>0$ então $(x_k,f(x_k))$ é um mínimo local e se $f''(x_k)<0$, este ponto é um máximo local.

Derivando $f'(x)$, ficamos com $f''(x)=6x-4$. Temos então que $f''(x_1)$ é igual a:

$f''(x_1)=6*\left(\frac{2+\sqrt{19}}{3} \right)-4$

$f''(x_1)=2*\left(2+\sqrt{19} \right)-4$

$f''(x_1)=4+2\sqrt{19}-4$

$f''(x_1)=2\sqrt{19}>0$

Com isso concluímos que $P_1(x_1,f(x_1))$ é um ponto de mínimo local. Vamos agora para $x_2$ :

$f''(x_2)=6*\left(\frac{2-\sqrt{19}}{3} \right)-4$

$f''(x_2)=2*\left(2-\sqrt{19} \right)-4$

$f''(x_2)=4-2\sqrt{19}-4$

$f''(x_1)=-2\sqrt{19}<0$

Com isso concluímos que $P_2(x_2,f(x_2))$ é um ponto de máximo local.