Aplicações do Teorema do Valor Médio

Dizemos que uma função $f(x)$ é estritamente crescente se sempre que . $f(x)$ é estritamente decrescente se implica . $f(x)$ é chamada monotonicamente crescente se implica $f(a)\le f(b)$, e monotonicamente decrescente se implica $f(a)\ge f(b)$.

Agora suponha que $f(x)$ seja contínua para $a\le x\le b$ e que f'(x) exista e seja positiva para todo $x$ tal que . Então sejam $c$ e $d$ tais que . Então certamente $f(x)$ satisfaz as hipóteses do Teorema do Valor Médio no intervalo $c\le x\le d$. Portanto

f(d) - f(c) = f'(\xi)(d - c), \quad \text{onde } c < \xi < d .

Mas então f'(\xi) > 0, e . Portanto , ou seja, . Esta é exatamente a condição para que $f(x)$ seja estritamente crescente em $a\le x\le b$.

De maneira semelhante, mostra-se que
a) Se f'(x) < 0 para , então $f(x)$ é estritamente decrescente.
b) Se f'(x) \ge 0 para , então $f(x)$ é monotonicamente crescente.
c) Se f'(x) \le 0 para , então $f(x)$ é monotonicamente decrescente.

Estes ficam como exercícios. Observe, porém, que existem funções que são, por exemplo, monotonicamente decrescentes, mas que não são contínuas e, portanto, nem sequer possuem derivadas ao longo de um intervalo. Como exemplo, seja

f(x) = \left\{ \begin{aligned} 1 - x, \quad 0 \le x < \frac{1}{2} \\ 0, \quad \frac{1}{2} \le x \le 1 \end{aligned} \right\} .

Vimos que a derivada de uma constante é zero. Agora podemos provar a recíproca, ou seja, que uma função contínua $f(x)$ em $a\le x\le b$ cuja derivada f'(x) = 0 para todo , é uma constante. Pois se , então f(d) - f(a) = f'(\xi)(d - a) para algum , pelo Teorema do Valor Médio. Mas f'(\xi) = 0, e $f(d)=f(a)$. Como $d$ poderia ser qualquer número do intervalo, temos $f(x)=f(a)$ para todo $x,a\le x\le b$, e $f(x)$ é uma constante.

Como corolário deste resultado, sejam $f(x)$ e $g(x)$ contínuas em $a\le x\le b$ e seja f'(x) = g'(x) para todo . Então $f(x)-g(x)$ é contínua e tem derivada 0, portanto é uma constante $c$. Logo, $f(x)=g(x)+c$. Provamos que duas funções com derivadas iguais em um intervalo diferem por uma função constante. (Observe que foi a linearidade da operação de derivação que tornou isso uma consequência fácil do resultado anterior.)

A seguir, considere a função $f(x)=x-\sin x$. Esta é contínua e diferenciável em qualquer intervalo; sua derivada é $1-\cos x\ge 0$. Portanto é monotonicamente crescente. Mas $f(0)=0$, então se $x\ge 0$, então $f(x)\ge f(0)=0$, e $x-\sin x\ge 0$ se $x\ge 0$. Da mesma forma, a função $-1+\frac{1}{2}{x}^2+\cos x$ tem valor 0 quando $x=0$; sua derivada é $x-\sin x\ge 0$ para $x\ge 0$, pelo exposto acima. Logo, também é uma função monotonicamente crescente, e assim $-1+\frac{1}{2}{x}^2+\cos x\ge 0$ quando $x\ge 0$. Agora

$$-x+\frac{x^3}{6}+\sin x\ge 0$$

para $x\ge 0$, por raciocínio semelhante; continuando, temos

$$1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cos x\ge 0,$$$$x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\sin x\ge 0,$$$$-1+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}+\cos x\ge 0,$$$$⋮$$

para todo $x\ge 0$, onde $n!$ (fatorial de $𝒏$) é o produto $1\cdot 2\cdot \cdots \cdot n$. (Observe que $2!=2,1!=1$. Convencionamos escrever $0!=1$.) Estas podem ser transpostas para fornecer as seguintes desigualdades para todo $x\ge 0$:

$$\sin x\le x$$$$1-\frac{1}{2!}{x}^2\le \cos x\le 1$$$$x-\frac{x^3}{3!}\le \sin x\le x$$$$1-\frac{x^2}{2!}\le \cos x\le 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}$$$$x-\frac{x^3}{3!}\le \sin x\le x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}$$

Assim, temos polinômios para aproximar $\sin x$ e $\cos x$, pelo menos para $x\ge 0$ (também se pode aplicar o método ao caso $x\le 0$). O erro ao usar um desses polinômios como aproximação é, no máximo, a diferença entre ele e o próximo polinômio da sequência; por exemplo, se usarmos $1-\frac{1}{3!}=.833\dots$ para estimar $\sin 1$, nosso erro é no máximo $\frac{1}{5!}=\frac{1}{120}$.

PROBLEMAS