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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Mas

lim
θ→0

L

cos(θ)
= L

e como l2 ≥ l1 > L, enta˜o

lim
θ→0

1

sin(θ)
· (l2 − L

cos(θ)
) = lim

θ→0
1

sin(θ)
= +∞.

Quando θ se aproxima de pi
2
pela direita enta˜o e´ o sin(θ) que se aproxima de 1 e o

cos(θ) se aproxima de 0. Analogamente com o caso anterior, se obte´m:

lim
θ↗pi

2

(d1 + d2)(θ) = lim
θ↗pi

2

1

cos(θ)
= +∞.

Tambe´m se pode avaliar (d1 + d2)
′′(θ0) e o valor da´ positivo.

Uma questa˜o aparece naturalmente:

Questa˜o 1: havera´ outro modo de resolver o problema com L > 0 em que a soluc¸a˜o
(θ0) seja dada por um expressa˜o exata ?

Um Exemplo: a figura a seguir da´ a func¸a˜o P1P2(θ), para um objeto de largura

L = 1, quando l1 = 1.2, l2 = 2.4. Nesse caso o ponto θ0 onde P1P2
′
(θ0) = 0 e´

θ0 ≈ 1.065134018 e o valor ma´ximo de comprimento do objeto e´ 2.860890636 (plotado
como reta horizontal em verde).

8. MA´XIMOS E MI´NIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 198

2,94

2,9

2,92

1,15

2,88

2,86

x

1,21,11 1,050,950,9

Outra questa˜o e´ natural:

Questa˜o 2: Qual a modelagem matema´tica do problema em dimensa˜o 3 ? Ou seja,
quando damos largura e espessura fixadas, mas podemos girar o objeto no espac¸o ?
Dito de outro modo, o que fazer quando queremos passar um objeto como uma escada
bem comprida numa esquina ?

8.3. A´rea ma´xima do retaˆngulo que dobra a esquina? Qual a a´rea ma´xima
de uma figura retangular que consiga dobrar a esquina, no caso l1 = l2 = 1 ?

Se a figura e´ um quadrado de lado l e´ fa´cil de ver que l = 1 e´ o ma´ximo, como na
Figura a seguir.

C

1

1

Portanto a a´rea ma´xima de um quadrado que dobra essa esquina e´ 1. Mas, e se
fosse um retaˆngulo na˜o-quadrado ?

Como antes vou imaginar os retaˆngulos se apoiando em C.
Pela simetria (l1 = l2 = 1 e o aˆngulo reto na esquina), posso pensar que a figura

retangular que se apoia em C e´ formada de duas partes de mesma a´rea e formato,
uma para a direita de C e outra para a esquerda de C.

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 199

Ademais, para um mesmo per´ımetro, o quadrado e´ o retaˆngulo de maior a´rea (ver
Exerc´ıcio 10.10). Por isso, imagino a` esquerda de C um quadrado de lado l e a` es-
querda de C, outro, tambe´m de lado l, formando enta˜o um retangulo de comprimento
2l e largura l. Veja a Figura:

P 2

C

P 1

l

l

l

l

Agora continuo o lado da figura, de modo a obter triaˆngulos como na figura que
segue:

θ

θ
P 1

C

P 2

l
r

l

1

l

l

Dos triaˆngulos formados obtemos:

1

l + r
= sin(θ) e

l

r
= tan(θ).

Logo

r =
l

tan(θ)
e l + r =

1

sin(θ)
,

ou seja:

l · (1 + 1
tan(θ)

) =
1

sin(θ)

de onde:

l(θ) =
tan(θ)

sin(θ) · (1 + tan(θ)) ,

8. MA´XIMOS E MI´NIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 200

Se encontramos um mı´nimo dessa func¸a˜o l(θ), para 0 < θ < pi
2
, esse sera´ o imped-

imento a passar a figura retangular pela esquina, ou seja, dara´ o ma´ximo da medida
l do retaˆngulo (e com esse valor saberemos a a´rea ma´xima da figura retangular).

Mas

l′(θ) =
sin(θ)− cos(θ)

1 + 2 · sin(θ) cos(θ) .
Claramente, para 0 < θ < pi

2
:

l′(θ) = 0 ⇔ sin(θ) = cos(θ)⇔ θ = pi
4
.

Como limθ→0 11+tan(θ) = 1, enta˜o

lim
θ↘0

l(θ) = lim
θ↘0

tan(θ)

sin(θ)
= lim

θ↘0
1

cos(θ)
= 1,

e como limθ→pi
2

1
sin(θ)

= 1, enta˜o

lim
θ↗pi

2

l(θ) = lim
θ↗pi

2

tan θ

1 + tan(θ)
= 1.

Enta˜o

l(
pi

4
) =

1√
2

e´ o mı´nimo global de l(θ). Veja a Figura:

0,9

0,85

0,8

0,75

theta
1,41,210,80,40,2 0,6

Figura: Gra´fico de y = l(θ), θ ∈ (0.1, pi
2
− 0.1), onde pi

4
≈ 0.78

Portanto a a´rea ma´xima da figura retangular que dobra a esquina e´:

2 · ( 1√
2
)2 = 1,

a mesma que encontramos para o quadrado de a´rea ma´xima que dobra essa esquina.
Esta´ ainda um problema em aberto determinar a a´rea ma´xima da figura capaz de

dobrar a esquina, mesmo no caso l1 = l2 = 1, se deixamos livre o formato da figura.
Ou seja, valem figuras feitas de pedac¸os distintos, alguns curvados , etc.

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 201

Ha´ cotas ma´ximas para a a´rea, mas na˜o se obteve ainda explicitamente uma figura
da qual se possa dizer: e´ esta ! E´ conhecido na literatura como o problema do sofa´.

8.4. O caso L ≈ 0, mas com uma parede suave. Retomo o caso em que
L ≈ 0 e ainda na situac¸a˜o bem simples em que l1 = l2 = 1.

Coloque a Figura de um corredor que dobra em aˆngulo reto num sistema de
coordenadas cartesianas (x, y) de modo que:

• o ponto C seja C = (1, 1),
• a parede vertical externa fac¸a parte da reta x = 0,
• a vertical interna, de x = 1,
• a parede horizontal externa fac¸a parte de y = 2 e
• a vertical interna, de y = 1.

Imagine agora que as paredes internas (vertical e horizontal) da Figura sejam
derrubadas e substitu´ıdas por uma parede suave, curvada, que fac¸a parte do gra´fico
de:

y = f�(x) := 1− �
1− x, x > 1,

onde sempre � > 0.
A figura a seguir mostra o que acontece para treˆs escolhas de �:

Gra´ficos de y = 1− �
1−x com � = 1 (vermelho)

� = 0.5 (verde), � = 0.2 (amarelo), y = 1 em azul

Diminuindo � o gra´fico de y = 1− �
1−x vai se apertando sobre a parede horizontal

interna (em azul y = 1): de fato, cada x > 1 fixado,

f�(x) > f�′(x), se � < �
′.

E tambe´m e´ claro que, fixado qualquer � > 0,

lim
x→+∞

f�(x) = 1

Note que se � 6= 0, ainda que pequeno, a func¸a˜o e´ deriva´vel e
f ′�(x) =

�

(x− 1)2 .

8. MA´XIMOS E MI´NIMOS: O PROBLEMA DO FRETEIRO 202

Enta˜o

lim
x↘1

f ′�(x) = +∞,
o que mostra que os gra´ficos de f� va˜o ficando cada vez mais verticais pro´ximos de
x = 1.

Voceˆ tambe´m pode escrever a partir de f�(x):

(y − 1) · (x− 1) = −�,
o que mostra que quando �→ 0 obtemos2:

(y − 1) · (x− 1) = 0
que e´ a unia˜o de retas x = 1 e y = 1.

Ou seja que as paredes internas foram substitu´ıdas por um curvada como na
Figura a seguir (fixado um �) e que a medida que o � fica pequeno mais vai ficando
pro´xima da parede interna original em formato de letra L.

O Problema agora para o freteiro:
Problema: passar a maior vara poss´ıvel, sem entorta´-la, possivelmente apoiando

a vara em algum ponto da parede interna suavizada.

A soluc¸a˜o que proponho e´ a seguinte:
Estrate´gia: usar a resposta do caso original, com parede em forma de letra L,

para solucionar o caso em que a parede e´ suave

Comecemos com l1 = l2 = 1 (depois passo ao geral, l1, l2 quaisquer).
Quero encontrar o ponto C� = (x, f�(x)) e a inclinac¸a˜o da vara V em C� tais que

seja minimizada a distaˆncia P1P2 onde

P1 := V ∩ (x = 0) e P2 := V ∩ (y = 2).
2A curvatura κ� desses gra´ficos e seu limite quando �→ 0 sera˜o estudados na Sec¸a˜o 7 do Cap´ıtulo

28

CAPI´TULO 14. DERIVADA DA COMPOSIC¸A˜O DE FUNC¸O˜ES 203

Meu candidato a ponto C� sera´ o ponto (x�, f�(x�)) do gra´fico de y = f�(x) que
tem

f ′�(x�) = (
l2
l1
)
1
3 = 1

ja´ que a soluc¸a˜o do caso original era em

θ0 = arctan((
l2
l1
)
1
3 ) = arctan(1) =

pi

4
.

E as retas que se apoiam na parede curvada sera˜o as suas retas tangentes.
As soluc¸o˜es de f ′�(x) = 1 sa˜o

1 + �1/2 e 1−√�.
Fico apenas com

x� := 1 +
√
�,

pois a outra soluc¸a˜o esta´ a` esquerda da reta x = 1.
As retas tangentes de y = f�(x) num ponto geral (x, f�(x)) sa˜o:

y =
�

(x− 1)2 · x+
x2 − 2(1 + �) · x+ 1 + �

(x− 1)2 .

e em particular em (x�, f�(x�)) a reta tangente e´:

y = x− 2�1/2.
A intersecc¸a˜o de y = x− 2√� com y = 2 e´ o ponto:

P2 := (2 + 2
√
�, 2)

enquanto que a intersecc¸a˜o dela com x = 0 e´:

P1 := (0,−2
√
�).

A distaˆncia P1P2 e´ (para l1 = l2 = 1):
m� :=

√
(2 + 2

√
�)2 + (2 + 2

√
�)2 =

√
2 ·
√
(2 + 2

√
�)2,

e note que
lim
�→0

m� = 2
√
2 ≈ 2.828427124,

o comprimento da diagonal do quadrado de lado 2, soluc¸a˜o do caso