Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes
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Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes

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pois a reta ortogonal ao gra´fico pela origem e´ vertical e na˜o
intersecta o gra´fico da para´bola em nenhum outro ponto).

Essa reta intersecta de novo a para´bola em

x1 = −x0 −
2 ·m2
x0

,

como se descobre resolvendo uma equac¸a˜o quadra´tica.
A expressa˜o do quadrado da distaˆncia entre esses dois pontos admite um boa

simplificac¸a˜o:

φ(x0) := (x1 − x0)2 + ( x
2
1

2m
− x

2
0

2m
)2 =

= (2x0 +
2m2

x0
)2 + (

(x0 +
2m2

x0
)2

2m
− x

2
0

2m
)2 =

=
4(x20 +m

2)3

x40
.

Agora derivo φ(x0) como func¸a˜o de x0, obtendo:

φ′(x0) =
−8 · (x20 +m2)2 · (−x20 + 2m2)

x50
.

Portanto φ′(x0) = 0 para dois valores:

x = ±
√
2 ·m.

Para ver que esses pontos sa˜o mı´nimos locais de φ(x0) (e portanto globais, por falta
de outros candidatos) podemos analisar o sinal de φ′(x0) a` esquerda e a` direita deles.

Para x =
√
2 ·m: note que para x0 < x e pro´ximo dele, temos

−x20 +m2 > 0
e portanto φ′(x0) < 0; para x0 > x e pro´ximo dele, temos φ′(x0) > 0.

Analogamente para x = −√2m.
1 A Afirmac¸a˜o 2.1 do Cap´ıtulo 16 justificara´ essa troca do comprimento pelo quadrado do

comprimento. O que ganhamos nessa troca e´ na˜o precisar derivar a ra´ız quadrada

7. UMA FUNC¸A˜O COM DERIVADA, MAS SEM A SEGUNDA DERIVADA 192

7. Uma func¸a˜o com derivada, mas sem a segunda derivada

Agora que ja´ sabemos derivar quocientes, podemos considerar novamente a func¸a˜o

f : R→ (−1, 1 ), f(x) = x|x|+ 1 ,

estudada na Sec¸a˜o 4 do Cap´ıtulo 5.

Afirmac¸a˜o 7.1. Seja f : R→ (−1, 1 ) dada por f(x) = x|x|+1.
• f ′(x) = 1

(x+1)2
se x > 0; f ′(x) = 1

(−x+1)2 se x < 0 e f
′(0) = 1.

• f ′′(x) = −2
(x+1)3

se x > 0; f ′′(x) = −2
(−x+1)3 se x < 0; mas na˜o existe f

′′(0).

Demonstrac¸a˜o.

No Exerc´ıcio 6.4 do Cap´ıtulo 9 ja´ vimos que f ′(0) = 1.
Se x > 0 podemos usar a regra da derivada do quociente:

f(x)′ = [
x

x+ 1
]′ =

x · (x+ 1)′ − x′ · (x+ 1)
(x+ 1)2

=
1

(x+ 1)2

e analogamente, se x < 0:

f(x)′ = [
x

−x+ 1]
′ =

1

(−x+ 1)2 .

Agora sobre f ′′(x). Se existisse

f ′′(0) := lim
h→0

f ′(h)− f ′(0)
h

.

teriam que exister ambos lmites laterais

lim
h↘0

f ′(h)− f ′(0)
h

e lim
h↗0

f ′(h)− f ′(0)
h

e ademais serem iguais !
Pore´m, ja´ que f ′(0) = 1:

lim
h↘0

f ′(h)− f ′(0)
h

= lim
h↘0

1
(h+1)2

− 1
h

=

= lim
h↘0

(−h− 2) = −2,
enquanto que

lim
h↗0

f ′(h)− f ′(0)
h

= lim
h↗0

1
(−h+1)2 − 1

h
=

= lim
h↗0

(2− h) = 2.
�

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 193

Os gra´ficos de f ′ e de f ′′ sa˜o mostrados a seguir:

2

0

1

-1

-2

x

21 30-2-3 -1

Figura: Note que f ′(x) (vermelho) tem um bico em (0, 1).
Em verde esta´ f ′′(x). Note que f ′′(0) na˜o esta´ definido.

8. Ma´ximos e mı´nimos: o problema do freteiro

Agora que ja´ sabemos derivar um conjunto grande de func¸o˜es, podemos nos colocar
problemas de ma´ximos e mı´nimos mais interessantes.

Imagine que voceˆ esta´ transportando, numa mudanc¸a, um objeto retangular de
largura L dada. Durante o transporte ele na˜o podera´ ser deformado, nem vergado.

Voceˆ vem com ele por um corredor que mede l1 de largura e que dobra em aˆngulo
reto, chegando numa sala de largura l2 = k · l1 ≥ l1, como mostra a Figura a seguir:

Pensando o problema como um problema no plano, na˜o espacial, trata-se de de-
terminar o comprimento ma´ximo do objeto retangular para que voceˆ consiga passa´-lo
para a sala.

8.1. Caso L ≈ 0. Vamos primeiro considerar o caso em que a largura L do
objeto retangular e´ muito pequena (por exemplo, uma vara de alumı´nio de diaˆmetro
muito pequeno mas bem comprida). Vamos pensar enta˜o que L = 0 e o objeto e´
uni-dimensional.

8. MA´XIMOS E MI´NIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 194

Primeiro noto que, se consigo passar uma vara de um certo tamanho para a sala
sem ter tocado o ponto C da Figura, enta˜o certamente passaria uma vara um pouco
maior, apoiando-me e pivotando em C.

Por isso, de agora em diante, posso pensar que me apoiarei em C, pivotando nesse
ponto.

A chave da resoluc¸a˜o do problema e´ a seguinte: e´ notar que a restric¸a˜o, o im-
pedimento, para se passar a vara esta´ no mı´nimo da distaˆncia do segmento P1P2, a`
medida que muda θ ∈ [0, pi

2
]. Veja a Figura que segue:

θ

θ

l 1

d 2

C

d 1

P 2

P 1

l 2

Portanto trata-se de descobrir qual o mı´nimo de P1P2. Para isso, penso em

P1P2 = P1C + CP2

e ademais noto (identificando aˆngulos opostos pelo ve´rtice) que:

cos(θ) =
l1

P1C
e sin(θ) =

l2

CP2
.

Ou seja:
P1P2(θ) = P1C(θ) + CP2(θ) =

=
l1

cos(θ)
+

l2
sin(θ)

.

Repare que e´ natural que quando θ ≈ pi
2
(antes de comec¸ar a esquina) tenhamos

CP2(θ) ≈ l2 mas P1C(θ) fique arbitrariamente grande, ou seja na˜o ha´ retric¸o˜es sobre
ele. Pore´m se θ ≈ 0 (apo´s vencer a esquina) a´ı P1C(θ) ≈ l1 enquanto CP2(θ) fica
arbitrariamente grande.

Agora:

P1P2
′
(θ) =

l1 · sin(θ)
cos2(θ)

+
−l2 · cos(θ)
sin2(θ)

=

=
l1 · sin3(θ)− l2 · cos3(θ)

sin2(θ) cos2(θ)
,

e portanto

P1P2
′
(θ) = 0⇔ tan(θ) = ( l2

l1
)
1
3 = k

1
3 .

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 195

Ou seja, a derivada se anula em um u´nico ponto: θ0 = arctan(k
1
3 ).

Para concluir que θ0 e´ o ponto de mı´nimo, basta conferir que

lim
θ↘0

l1
cos(θ)

+
l2

sin(θ)
= +∞

e

lim
θ↗pi

2

l1
cos(θ)

+
l2

sin(θ)
= +∞.

Assim o valor ma´ximo do comprimento da vara que poderemos passar e´

P1P2(θ0) =
l1

cos(θ0)
+

l2
sin(θ0)

.

Vejamos Exemplos:

A Figura a seguir mostra a func¸a˜o P1P2
′
(θ), para l1 = 1.2 e l2 = 2.4, quando

θ0 = arctan(2
1
3 ) ≈ 0.8999083481 e o valor ma´ximo de comprimento e´ 4.99432582244

(plotado como reta horizontal em verde)

0,92

5,06

5,02

0,88

5

x

0,960,8 0,84

5,04

Ja´ a pro´xima figura da´ a func¸a˜o P1P2
′
(θ) no caso l1 = l2 = 1.2, em que θ0 =

arctan(1) = pi
4
≈ e o valor ma´ximo da vara e´ 3.394112550 (horizontal em verde).

3,56

3,48

3,52

3,44

3,4

x

0,850,65 0,90,80,7 0,75

8. MA´XIMOS E MI´NIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 196

8.2. Para um objeto retangular. Agora vamos para o caso em que a largura
na˜o pode ser considerada zero, ou seja L > 0, quando o objeto e´ bi-dimensional.

A Figura a seguir da´ a geometria da situac¸a˜o (note que paralelismo/ortogonalidade
de retas transportam o aˆngulo θ para dois triaˆngulos retaˆngulos):

θ

θ

θ

θ

P 1

l 2

P 2

d 1

d 2

D2 − d2

D1− d1

C

l 1

Note que

cos(θ) =
l1
D1

e sin(θ) =
l2
D2

,

de onde:

D1 = (D1 − d1) + d1 = l1
cos(θ)

e D2 = (D2 − d2) + d2 = l2
sin(θ)

,

e portanto:

L · tan(θ) + d1 = l1
cos(θ)

e
L

tan(θ)
+ d2 =

l2
sin(θ)

,

o que da´:

(d1 + d2)(θ) =
l1

cos(θ)
+

l2
sin(θ)

− L · (tan(θ) + 1
tan(θ)

) =

=
l1

cos(θ)
+

l2
sin(θ)

− L
sin(θ) · cos(θ) .

Essa e´ a func¸a˜o que quero minimizar, pois seu mı´nimo e´ o impedimento, a obstruc¸a˜o
para que continue se movendo a face externa (relativa a C) do objeto retangular.

A sua derivada e´:

(d1 + d2)
′(θ) =

l1 · sin3(θ)− l2 · cos3(θ)− L · (2 · cos2(θ)− 1)
sin2(θ) cos2(θ)

.

Queremos saber onde (d1 + d2)
′(θ) = 0, e no caso L > 0 devemos usar me´todos

nume´ricos (aproximac¸o˜es). Os programas como Maple/ Xmaxima , etc a resolvem
numericamente.

Aparecem algumas soluc¸o˜es complexas e uma soluc¸a˜o Real positiva.
Para concluir que θ0 e´ o ponto de mı´nimo, basta conferir que

lim
θ↘0

(d1 + d2)(θ) = +∞

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 197

e

lim
θ↗pi

2

(d1 + d2)(θ) = +∞.

Como

lim
θ→0

l1
cos(θ)

= l1

basta analisar

lim
θ→0

l2
sin(θ)

− L
sin(θ) · cos(θ) =

= lim
θ→0

1

sin(θ)
· (l2 − L

cos(θ)
).