Aula 16

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CÁLCULO I
Prof. Edilson Neri Júnior | Prof. André Almeida
Aula n
o
16: Problemas de Otimização
Objetivos da Aula
• Utilizar o Cálculo Diferencial para resolução de problemas.
1 Problemas de Otimização
Nessa aula mostraremos algumas aplicações do cálculo de máximos e mínimos relativos.
Exemplo 1. A reação do organismo à administração de um medicamento é frequentemente representada
por uma função da forma R(D) = D2
(
C
2
− D
3
)
, onde D é a dose e C (uma constante) é a dose máxima
que pode ser administrada. A taxa de variação de R em relação à variável D é chamada sensibilidade.
Determine o valor de D para o qual a sensibilidade é máxima.
Solução: Note que R'(D) é a função sensibilidade. Logo, denotaremos por S(D) = R′(D), e temos que
S = R′(D) =
(
CD2
2
− D
3
3
)′
= CD −D2
Agora, derivando a função sensibilidade, temos que
S′(D) = C − 2D
O ponto crítico de S é quando D =
C
2
. Agora, note que
S′′(D) = −2 < 0
Logo, pelo Teste da Segunda Derivada temos que D =
C
2
é o máximo local de S.
�
Exemplo 2. Determine dois números x e y tais que a diferença entre eles seja igual 100 e o produto seja
o mínimo possível.
Solução: Se a diferença entre eles é igual a 100, escrevemos
x− y = 100⇒ y = x− 100
Logo, definimos a função
f = x.y
Note que podemos escrever f(x) = x(x− 100) = x2 − 100x. Sendo assim, vamos achar os pontos críticos
da função f . Derivando f , temos que
f ′(x) = 2x− 100
Logo, o ponto crítico dessa função é encontrado, fazendo f ′(x) = 0, e logo, descobrimos que x = 50.
Calculando a segunda derivada obtemos que f ′′(x) = 2, logo, f ′′(50) = 2 > 0, logo, pelo teste da segunda
derivada, x = 50 é um mínimo da função f . Desse modo, temos que y = x − 100 = 50 − 100 = −50.
Portanto, os números procurados são 50 e −50.
�
1
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Exemplo 3. O maior constituinte do corpo humano é a água, que é muito eficiente na dissolução de sais
minerais, devido ao fato de suas moléculas combinarem com íons dando origem a íons hidratados. A presença
de íons de hidrogênio em soluções aquosas (H+ e OH−) é tal que à uma temperatura constante de 25◦C
tem-s que [H+][OH−] = 10−14. Para que concentração de H+, a soma [H+] + [OH−] é mínima?
Solução: Para facilitar nossos cálculos, utilizaremos as notações x = [H+] e y = [OH−]. Note que essa
questão se assemelha a anterior, pois, precisamos determinar um valor para x tal que a soma x + y seja
mínima e o produto xy = 10−14. Dessa última igualdade, podemos determinar que y =
10−14
x
. Logo,
obtemos a função que queremos minimizar, dada por:
f(x) = x+
10−14
x
Desse modo, calculamos a derivada de f e temos que
f ′(x) = 1− 10
−14
x2
Logo, note que
f ′(x) = 0
1− 10
−14
x2
= 0
10−14
x2
= 1
x2 = 10−14
x = 10−7
Agora, note que
f ′′(x) =
10−14
x3
e que f ′′(10−7) =
10−14
10−21
= 107 > 0. Então, pelo teste da Segunda Derivada, x = 10−7 é o mínimo da
função f .
�
Exemplo 4. Determine o ponto sobre a reta y = 2x+ 3 que está mais próximo da origem.
Solução: Queremos determinar o ponto mais próximo da origem. Isso significa que queremos encontrar
o mínimo da função distância entre um ponto da reta y = 2x + 3 e a origem (0, 0). Vamos determinar a
função distância. Sabemos que a distância entre dois pontos A(a1, a2) e B(b1, b2) é dada por
d(A,B) =
√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2)
Para o nosso exemplo, consideraremos A(x, y) um ponto sobre a curva y = 2x + 3 e B(0, 0). Então,
podemos escrever a função distância como sendo
d(A,B) =
√
(x− 0)2 + (y − 0)2 =
√
x2 + y2
como y = 2x+ 3, então
d(x) =
√
x2 + (2x+ 3)2 =
√
x2 + 4x2 + 12x+ 9 =
√
5x2 + 12x+ 9
Note que achar os mínimos da função d(x) é o mesmo que encontrar os mínimos da função d2(x). Logo,
devemos encontrar o mínimo da função
f(x) = 5x2 + 12x+ 9
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Derivando e calculando os seus pontos críticos, obtemos que
f ′(x) = 10x+ 12
Assim, o único ponto crítico de f é x = −6
5
. Note que f ′′(x) = 10 > 0 para todo x ∈ R. Então, pelo
teste da segunda derivada, x = −6
5
é mínimo da função f , e portanto, da função d(x). Agora, basta
determinarmos o valor de y, que é encontrado substituindo x = −6
5
na equação da reta e obtemos que
y =
3
5
. Enfim, o ponto desejado é
(
−6
5
,
3
5
)
.
�
Exemplo 5. Uma lata cilíndrica é feita para receber 1 litro de óleo. Encontre as dimensões que minimizarão
o custo do metal para produzir a lata.
Solução: Note que para minimizar o custo do metal utilizado na fabricação dessa lata, devemos minimizar
a quantidade de metal utilizada na confecção da mesma, ou seja, minimizar a área total da lata. Sabemos
da geometria espacial que a área total de um cilindro é dada por
A = 2pir2 + 2pirh (1)
Como a equação acima depende de r e h, devemos escrever uma em função da outra para que possamos
trabalhar com uma única variável. Para isso, note que o volume da lata deve ser de 1L = 1000 cm3 e sabemos
que o volume dessa lata é dado por
V = pir2h ⇒ 1000 = pir2h
Então, podemos escrever h =
1000
pir2
. Dessa forma, a equação (1) pode ser reescrita como
A(r) = 2pir2 + 2pir
(
1000
pir2
)
= 2pir2 +
2000
r
Agora, para determinar as dimensões da lata que minimizam a área, precisamos encontrar o valor do
raio que minimiza. Dessa forma, devemos determinar os pontos críticos de A(r) e determinar o ponto de
mínimo relativo, utilizando o Teste da Segunda Derivada. Sendo assim, note que
A′(r) = 4pir − 2000
r2
Desse modo,
A′(r) = 0
4pir − 2000
r2
= 0
4pir =
2000
r2
r3 =
500
pi
r =
3
√
500
pi
Calculando agora A′′(r), temos que
A′′(r) = 4pi +
4000
r3
Logo, note que
A′′
(
3
√
500
pi
)
= 4pi +
4000(
3
√
500
pi
)3 = 4pi + 8pi = 12pi > 0
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Sendo assim, r = 3
√
500
pi é um mínimo relativo de A(r). Logo, temos que
h =
1000
pi.(500pi )
2
3
= 2
3
√
500
pi
= 2r
�
Exemplo 6. Certa pessoa que se encontra em A, para atingir C, utilizará na travessia do rio (de 100 metros
de largura) um barco com velocidade máxima de 10 km/h; de B a C utilizará uma bicicleta com velocidade
máxima de 15 km/h. Determine B para que o tempo gasto no percurso seja o menor possível.
Solução: Marcaremos na margem que contém o ponto C, um ponto D como mostra na figura abaixo. E
denotaremos por x a distância desse ponto D ao ponto B.
Vamos analisar cada parte do trajeto. Note que na primeira parte do trajeto, que será de barco, podemos
traça o seguinte triângulo retângulo AD̂B
Convertendo 100m = 0, 1 km e denotando por d a distância entre A e B, segue do teorema de Pitágoras
que
d2 = x2 + (0, 1)2 ⇒ d =
√
x2 + (0, 1)2
Utilizando o fato que
tempo =
distância
velocidade
temos que o tempo gasto nessa parte do percurso é dado por
T1(x) =
√
x2 + (0, 1)2
10
(2)
Agora, na segunda parte do percurso, temos que a distância percorrida de B até C é dada por 10− x.
Logo, o tempo gasto nessa etapa é dado por
T2(x) =
10− x
15
(3)
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Utilizando (2) e (3), temos que o tempo gasto no percurso total é dado por
T (x) =
√
x2 + (0, 1)2
10
+
10− x
15
Agora, determinando os pontos críticos de T ,
T ′(x) =
x
10
√
x2 + (0, 1)2
− 1
15
Dessa forma, fazendo T ′(x) = 0, temos que
x
10
√
x2 + (0, 1)2
=
1
15
x =
10
15
√
x2 + (0, 1)2 =
2
3
√
x2 + (0, 1)2
3
2
x =
√
x2 + (0, 1)2
9
4
x2 = x2 + (0, 1)2
9
4
x2 − x2 = (0, 1)2
5
4
x2 = (0, 1)2
x2 =
4
5
(0, 1)2
x =
√
4.10−2
5
x =
2.10−1√
5
=
2
√
5
5.10
=
2
√5
50
km
Convertendo para metros, temos que
x =
2
√
5
50
× 1000 = 40
√
5m
Agora, determinando a função T ′′, notamos que
T ′′(x) =
0, 1√
x2 + (0, 1)2
> 0
Logo, pelo Teste da Segunda Derivada, x = 40
√
5m a direita de D é o ponto que minimiza o tempo do
percurso.
�
Exemplo 7. Um sólido será construído acoplando-se a um cilindro circular reto, de altura h e raio r, uma
semiesfera de raio r. Deseja-se que a área da superfície do sólido seja 5pi. Determine r e h para que o
volume seja máximo.
Solução: Sabemos que o volume do cilindro circular reto é dado por Vc = pir
2h e o volume da semiesfera
é dado por Vs =
1
2
Vesfera =
2
3
pir3. Então, o volume do sólido em questão é dado por
V = pir2h+
2
3
pir3 (4)
Como argumentamos em exemplos anteriores, vamos escrever a expressão em função de uma variável
apenas. Para isso, notemos que a área da superfície desse sólido é de 5pi. Então, como a área total desse
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sólido é a soma da área da superfície da semiesfera, da área lateral do cilindro e a área apenas da sua base
inferior, segue que a área total é dada por
A =
1
2
4pir2 + 2pirh+ pir2 = 3pir2 + 2pirh
Então, isolando o termo h, temos que
h =
5− 3r2
2r
(5)
Assim, podemos reescrever (4) como
V (r) = pir2
(
5− 3r2
2r
)
+
2
3
pir3
=
5pi
6
(3r − r3)
Dessa forma,
V ′(r) =
5pi
6
(3− 3r2)
Para encontrar os pontos críticos de V (r), fazemos
V ′(r) = 0
5pi
6
(3− 3r2) = 0
3− 3r2 = 0
3r2 = 3
r2 = 1
r = 1
Então o ponto crítico de V é r = 1. Agora, calculando a função V ′′(r) obtemos que
V ′′(r) =
5pi
6
(−6r) = −5pir < 0
pois os valores de r são sempre positivos. Logo, pelo Teste da Segunda Derivada, r = 1 é o raio que
maximiza o volume. E sendo assim, temos também que
h =
5− 3.12
2.1
= 1
�
Exemplo 8. Quando um resistor de R ohms é ligado aos terminais de uma bateria com uma força eletro-
motriz de E volts e uma resistência interna de r ohms, uma corrente de I ampères atravessa o circuito e
dissipa uma potência de P watts, sendo I =
E
R+ r
e P = I2.R. Supondo r constante, qual o valor de R
para o qual a potência dissipada seja máxima?
Solução: Inicialmente, precisamos determinar a função cujo máximo desejamos encontrar. Utilizando as
funções dadas no enunciado da questão, podemos deduzi-la por
P =
(
E
R+ r
)2
R =
RE2
(R+ r)2
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Agora, calculando a derivada de P , obtemos que
P ′(R) =
(RE2)′(R+ r)2 −RE2[(R+ r)2]′
(R+ r)4
=
E2(R2 + 2Rr + r2)−RE2[2(R+ r).1])
(R+ r)4
=
E2R2 +���
�
2E2Rr + E2r2 − 2E2R2 −����2E2Rr
(R+ r)4
=
E2(r2 −R2)
(R+ r)4
=
E2(r −R)(r +R)
(R+ r)4
=
E2(r −R)
(R+ r)3
Agora, observe que o único ponto crítico de P é se R = r, pois para que P ′(R) = 0, temos que obter que
E2(r −R) = 0 ⇒ R = r
Dessa forma, para confirmar que ponto crítico em questão é um extremo, devemos utilizar um dos testes
apresentados na aula anterior. Contudo, nesse exemplo só poderemos utilizar o teste da Primeira Derivada,
pois o Teste da Segunda Derivada é inconclusivo. De fato, observe que
P ′′(R) =
(
E2(r −R)
(R+ r)3
)′
= E2
(
(r −R)
(R+ r)3
)′
= E2
(r −R)′(R+ r)3 − (r −R)[(R+ r)3]′
(R+ r)6
= E2
−1.(R+ r)3 − (r −R)(3(R+ r)2.1)
(R+ r)6
= E2
−R− r − 3r + 3R
(R+ r)4
=
2E2(R− r)
(R+ r)4
E, desse modo, temos que P ′′(r) = 0. Logo, devemos utilizar o teste da primeira derivada. Agora,
observando a função P ′, notamos que E2 > 0, então, os termos que determinarão o sinal de P ′ são R− r e
(R+ r)3. Note que o primeiro termo é um polinômio do primeiro grau com variável R e raiz em R = r. E,
o segundo é um polinômio do terceiro grau, com variável R e possui raiz em R = −r(note que esse ponto
não pertence ao domínio da função P ). Logo, obtemos o seguinte quadro de sinais:
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Logo, pelo teste da primeira derivada, temos que R = r é máximo da função P .
�
Resumo
Faça um resumo dos principais resultados vistos nesta aula.
Aprofundando o conteúdo
Leia mais sobre o conteúdo desta aula na seção 4.7 do livro texto.
Sugestão de exercícios
Resolva os exercícios da seção 4.7 do livro texto.
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