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y x 1x 2x 1f '(x ) 0=Máxi mo lo cal 2f '(x ) 0=Mínim o loca l r h V r h= r h 2 3 r h V π= ponto máximo ponto mínimo 0a < 0a > x yRod ovia 2 50 00 ?A m C = = ponto mínimo 0 a > h r 2 A rπ= h (al tur a d a la ta) 100m 50m y x 100 50 100-y 50-x y x ponto máximo 0a < x x x x x x 6 x 6-2 x 6-2 x 1 + – + 3 y x y 4 x A CB a c b 2 2 2a b c= + a a A=a² a b A=ab b h 2 bh A = b h B ( ) 2 B b h A + = r 2A rπ= a a a V a= a V abc= Cálculo II OTIMIZAÇÃO EQUACIONANDO UM PROBLEMA APLICAÇÃO DA DERIVADA PARA ACHAR OS EXTREMOS DE UMA FUNÇÃO PROBLEMAS PRÁTICOS DE OTIMIZAÇÃO EM DIVERSAS ÁREAS APRESENTAÇÃO Olá aluno(a) bem-vindo(a). Inicio este módulo lhe fazendo a seguinte pergunta: O que é otimizar? Otimizar é o mesmo que determinar o valor máximo ou mínimo de uma grandeza represen- tada por uma função. É como achar, por exemplo, o número ideal de itens que deveriam ser produzidos numa indústria para obtenção do maior lucro, ou determinar a dimensão mais econômica de uma lata de refrigerante ou ainda achar a área máxima de um terreno de perímetro conhecido. Neste módulo você vai aprender o passo a passo de como resolver um problema de otimi- zação. Vai perceber também que alguns desses problemas são comuns em nossa vida diária. Uma grande aliada para resolução de problemas de otimização é a DERIVADA. OBJETIVOS DE APRENDIZAGEM Ao final deste módulo, você terá a capacidade de: • Equacionar um problema; • Aplicar a derivada para achar os extremos de uma função; • Resolver problemas práticos de otimização em diversas áreas. FI CH A T ÉC N IC A FUMEC VIRTUAL - SETOR DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA Gestão Pedagógica Coordenação Gabrielle Nunes P. Araújo Transposição Pedagógica Flávia Juliana da Silva Produção de Design Multimídia Coordenação Rodrigo Tito M. Valadares Design Multimídia Nathan Ackerman Chagas de Souza Raphael Gonçalves Porto Nascimento Infra-Estrututura e Suporte Coordenação Anderson Peixoto da Silva AUTORIA Profa. Dayse Magda Fialho Sodré Prof. Renaldo Sodré BELO HORIZONTE - 2013 OTIMIZAÇÃO PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO Para resolver problemas de otimização, você vai precisar de alguns conceitos já vistos no Cálculo I, como regiões de crescimento e decrescimento de uma função, pontos críticos, máximos e mínimos locais e, é claro, da derivada. Você lembra que os extremos locais de uma função dependem do sinal da primeira derivada? Veja por que. A derivada significa geometricamente a inclinação da reta tangente à curva em um deter- minado ponto. Observe os pontos x1 e x2 no gráfico abaixo. Estes pontos representam o máximo local e o mínimo local da função, veja o gráfico: y x1x 2x 1f '(x ) 0= Máximo local 2f '(x ) 0= Mínimo local GRÁFICO 1 – MÁXIMO E MÍNIMO ATENÇÃO Antes de x1 a derivada é positiva, porque a função é crescente e depois de x1 é negativa porque, a função é decrescente. No máximo local a reta tangente é horizontal, portanto não tem inclinação em relação ao eixo x. Agora, veja o esquema: x < x1 → f ’ > 0 → Função crescente x = x1 → f ’ = 0 → Máximo local x > x1 → f ’ < 0 → Função decrescente Otimização 39 Da mesma forma no ponto x2: ATENÇÃO Antes de x2 a derivada é negativa, função decrescente, para depois ficar positiva, função crescente e em x2 a reta tangente é horizontal, ou seja, paralela ao eixo das abscissas. Observando o esquema temos: x < x1 → f ’ < 0 → Função decrescente x = x1 → f ’ = 0 → Mínimo local x > x1 → f ’ > 0 → Função crescente Sendo assim, no ponto x1 e x2 a derivada é igual à zero, pois a reta tangente não tem inclinação com o eixo x. Portanto, num extremo local, se a derivada existe, ela vale zero. Sugiro que você esteja bem familiarizado com esses conceitos antes de começar os exercícios. A seguir caro(a) aluno(a), apresento alguns passos que poderão facilitar a resolução dos nossos problemas: TOME NOTA 1° Passo: equacione o problema, ou seja, escreva a equação a ser maximizada ou minimizada. 2° Passo: se esta equação tiver mais de uma variável, você deverá encontrar uma relação entre elas, com uma equação secundária. 3° Passo: reduza a função a uma equação com uma única variável independente. 4° Passo: determine os valores possíveis para o problema, isto é, o domínio da função. 5° Passo: aplique a derivada para achar o valor máximo ou mínimo, lembrando que nesses pontos, a derivada é igual a 0. Além disso, é sempre bom termos em mãos a área e o volume das principais figuras geométricas. Vamos, agora, rever estas fórmulas, pois você vai precisar delas na solução de alguns problemas de otimização: Áreas FIGURA 1: QUADRADO a a A=a² Otimização40 FIGURA 2: RETÂNGULO a b A=ab FIGURA 3: TRIÂNGULO b h 2 bhA = FIGURA 4: TRAPÉZIO b h B ( ) 2 B b h A + = FIGURA 5: CÍRCULO r 2A rpi= Volumes FIGURA 6: CUBO a a a 3 V a= Otimização 41 FIGURA 7: PARALELEPÍPEDO a c b V abc= FIGURA 8: CILINDRO r h 2V r hpi= FIGURA 9: CONE r h 2 3 r hV pi= FIGURA 10: ESFERA 4 3 V r3pi= E para finalizar, já que nos lembramos da área e do volume, é bom lembrarmos também que o perímetro de uma figura geométrica é a soma de todos os lados desta figura. Vamos a alguns exemplos: • Perímetro do quadrado de lados 4 a a= • Perímetro do retângulo de lados e 2 2a b a b= + • Perímetro da circunferência 2 rπ= Otimização42 Agora estamos prontos para resolvermos alguns problemas. Vamos a eles! Mas antes de começar, leia novamente os passos para a solução dos problemas de otimização e veja como fica mais fácil. Exemplo 1 Achar dois números positivos cuja soma seja 50 e cujo produto seja o maior possível. Solução Sejam x e y os números positivos. Como desejamos maximizar o produto P, a equação é: P = x y (1) Já que são duas variáveis, precisamos achar uma relação entre elas. A soma dos números nos dará esta relação: x + y = 50 y = 50 – x (2) A função agora terá uma única variável: colocando (2) em (1) P(x) = x (50 – x) P(x) = 50x – x2 Como x é um número positivo e a soma x + y é igual a 50, chegamos à conclusão sobre o domínio da função: 0 < x < 50 Para achar o máximo do produto P, vamos derivar a função e igualar a derivada a zero. Desta forma vamos encontrar o(s) ponto(s) crítico(s): P(x) = 50x – x2 Função Produto ( )’ 50 – 2dP P x x dx = = Derivada 50 – 2x = 0 Igualando a derivada a 0 2 50 25x x= → = Ponto crítico e observe que está dentro do domínio Agora, é verificar se x = 25 é realmente um ponto de máximo. Para isso você tem duas alternativas: • A primeira é através do sinal da derivada primeira: Você já estudou no Cálculo I que quando a derivada primeira é positiva a função cresce e quando é negativa a função decresce, não é mesmo? Como: P´(x)= 50 – 2x, trata-se de uma reta decrescente: Para: 0 < x < 25 , P´> 0 → fc x = 25 → Máximo 25 < x < 50, P´< 0 → fd ’ 0 ’ 0 f fc f fd > → < → Otimização 43 Então se primeiro a função cresce de (0 , 25) / para depois decrescer \ de (25, 50), é claro que em 25 teremos um máximo. • A segunda é através do teste da derivada segunda: Aprendemos também no Cálculo I que quando a derivada segunda é positiva, a função é côncava para cima e quando é negativa é côncava para baixo. GRÁFICO 2: FUNÇÃO CÔNCAVA ponto máximo ponto mínimo0a < 0a > ’’ 0’’ 0 f fcpc f fcpb > → < → Então, derivando de novo: P’’(x) = –2 → P’’(25) = –2 Como a derivada segunda é negativa, em x = 25, a função é côncava para baixo, então neste momento teremos realmente um Máximo. Desta forma, a resposta para o problema é: x = 25 e como em (2) y = 50 – x, y = 25 Exemplo 2 O Departamento de Estradas de Rodagem, DER, pretende construir uma área de descan- so para motoristas, á beira da rodovia MG10. A área disponível para a construção é de 5000 m2, o terreno é retangular e vai ser cercado nos três lados que não dão para a rodo- via. Qual o menor comprimento da cerca necessária para a obra? Solução Neste caso é interessante você fazer um desenho antes de equacionar o problema. Veja: FIGURA 11: TERRENO CERCADO x y Rodovia 2 5000 ? A m C = = Função a ser minimizada: comprimento da cerca (C) C = x + 2y (1) Otimização44 ATENÇÃO Lembre-se que serão cercados apenas três lados do terreno. Relação entre as variáveis: A = xy, como o enunciado do problema nos dá a área: x y = 5000, então: 5000y x = (2) Substituindo (2) em (1): 10000C x x = + e já temos a função com apenas uma variável. Como x não pode ser negativo, o domínio da função é: x > 0 Derivando a função e igualando a derivada a 0: ( ) 2 10000’ 1 C x x = − 2 2 e 100001 0 1 0000 1 00 x x x − = = =± Pontos Críticos IMPORTANTE É claro que o ponto crítico viável é x = 100, basta você olhar o domínio. Para constatar que x = 100 é um mínimo, você pode recorrer a uma daquelas alternativas do exercício anterior. Vamos escolher para este, o teste da derivada segunda: ( ) 4 3 10000 . 2 20000’’ xC x x x = = ( ) 20000’’ 100 0,02 1000000 C = = Como ( )’’ 100 0C > a função é côncava para cima, então em x = 100 teremos um mínimo. GRÁFICO 3: FUNÇÃO CÔNCAVA PARA CIMA ponto mínimo 0a > Otimização 45 Resposta 100x m= e em (2) 5000 50y y m x = → = Exemplo 3 Determinar as dimensões de uma lata cilíndrica com tampa, com volume V = 1 litro = 1 dm3, de forma que sua área seja mínima. Solução FIGURA 12: LATA CILÍNDRICA COM TAMPA r h A função que devemos minimizar é a área da lata. Para achar a área total da lata, vamos planificá-la: Tampa r 2A rpi= Fundo r 2A rpi= Corpo h (altura da lata)� (Altura da lata) 2πr (comprimento do círculo) 2A rhπ= Então a área total da lata é: 2 2 2A r r rhπ π π= + + 22 2A r rhπ π= + (1) Otimização46 Já que são duas variáveis, vamos achar uma relação entre o raio r e altura h: O enunciado do problema nos dá o volume da lata e a lata tem o formato de um cilindro, então: V = 1L → Volume do cilindro: πr2 h Portanto πr2 h =1 e 2 1h rπ = (2) Colocando (2) em (1): 2 2 1 2 2 . A r r r π π π = + , simplificando: 2 22A r r π= + Como o raio só pode ser positivo, o domínio é: r > 0 Para achar os extremos, vamos derivar e igualar a derivada a zero: 2 2 2 2 2( ) 4 2 / 4 0 4dA A r r r r r dr r r π π π′= = − → − = → = 3 3 2 1 4 2 ,r r π π = = Pelo teste da derivada segunda, vamos testar se o raio achado corresponde ao mínimo: ( ) ( )4 3 4 4’’ 4 ’’ 4 rA r A r r r π π= + → = + Se você substituir o valor do raio na derivada segunda, vai ver que ela é positiva, portanto: 3 1’’ 0 2 A π > → função côncava para cima e teremos neste ponto um mínimo local. GRÁFICO 4: FUNÇÃO CÔNCAVA PARA CIMA ponto mínimo 0a > Resposta 3 1 2 r π = e em (2), 2 1 h rπ = , então: 2 233 1 1 11 ( ) 22 h h ππ ππ = ∴ = Otimização 47 Exemplo 4 Em um terreno triangular será construído um galpão retangular. Determine a largura e o comprimento do galpão de área máxima que pode ser construído, conforme a locação apresentada no desenho. FIGURA 13: TERRENO TRIANGULAR 100m 50m y x Função a ser maximizada: Área do galpão, como é uma área retangular, A xy= (1) Relação entre as variáveis: Neste caso, você pode observar que o desenho te fornece três triângulos semelhantes: O maior 100 50 e dois menores 100-y 50-x y x Portanto, você pode relacionar as variáveis por semelhança de triângulos, veja como: 100 100 50 y x − = (comparando o triângulo maior com o triângulo amarelo) ou 100 50 50 y x = − (comparando o triângulo maior com o triângulo verde) Podemos escolher qualquer uma das relações acima, pois todas elas conduzem ao mesmo resultado. Escolhendo a segunda, por exemplo, teremos: 100 2 50 50 50 y y x x = → = − − ( ) 2. 50 – y x= 100 2 y x= − (2) Otimização48 Colocando (2) em (1), vamos ter a função com apenas uma variável: ( ) . 100 – 2A x x= 2100 2A x x= − Vamos observar novamente a figura 13: 100m 50m y x Como x é a largura do galpão, verifique no desenho que x > 0 e x < 50, pois 50 é a largura máxima do terreno. Portanto o domínio da função é: 0 < x < 50 Calculando a derivada e igualando a 0: A’(x) = 100 – 4x 100 – 4x = 0 x = 25 Verificando se este ponto crítico corresponde ao máximo da função, pelo teste da derivada segunda: A’’(x) = – 4 Como a derivada segunda é negativa para qualquer x, a função é côncava para baixo, confirmando então, que no ponto x = 25, teremos um MÁXIMO: GRÁFICO 5: FUNÇÃO CÔNCAVA PARA BAIXO ponto máximo 0a < Resposta As dimensões do lote de modo a obter a maior área são: 25x m= e em (2) 1 00 – 50 2y x y m= = Otimização 49 Exemplo 5 Uma indústria de embalagens para doces tem que fabricar uma caixinha aberta quadrada com uma cartolina de 6cm por 6cm. Pequenos quadrados iguais serão recortados nos quatro cantos da cartolina (FIG 14A) e os lados serão dobrados para cima (FIG 14B). Qual o tamanho dos quadrados para se obter uma caixa de maior volume? FIGURA 14: EMBALAGENS PARA DOCES x x x x xx x x 6 6 x 6-2x 6-2x FIG.14A FIG.14B Solução Vamos chamar de x os lados dos quadrados recortados. Observe que quando os lados são dobrados para cima, a altura da caixa é x, o comprimento e a largura da caixa passam a ser 6 – 2x. Faça você mesmo esta experiência com uma folha quadrada de papel, recorte os quatro cantos e dobre os lados. Entendeu agora? Então vamos achar a função a ser maximizada: O volume da caixa: V = (6 – 2x)(6 – 2x)x, multiplicando: V = 4x3 – 24x2 + 36x Repare que esta função só tem uma variável, então não é necessária uma equação secun- dária para achar a relação entre as variáveis. Para encontrar o domínio, observe na figura 14A que o lado do quadrado não pode chegar a 3cm e é claro, tem que ser maior que zero então: 0 < x < 3 Derivando e igualando a derivada a 0: V’(x) = 12x2 – 48x + 36 12x2 – 48x + 36 = 0 (÷ 4) 3x2 – 12x + 9 = 0 Através da fórmula de Baskara 2 2 eb bx x a a − + ∆ − − ∆ = = encontramos os pontos críticos: x = 1 e x = 3 Verificando o domínio, o único resultado possível é x = 1. Mesmo assim, vamos estudar o sinal da derivada primeira para constatar que x = 1 corresponde ao máximo da função. Como a primeira derivada é uma função do 2º grau, podemos estudar os sinais através do Otimização50 teorema que afirma que o sinal de y = ax2 + bx + c tem o mesmo sinal de a fora das raízes e é contrário ao sinal de a entre as raízes. Como as raízes são 1 e 3 e o sinal de a é positivo, 1 + – + 3 Então para: ( ) ( ) 0 1 ’ 0 1 1 3 ’ 0 x V x fc x Máximo x V x fd < < → > → = → < < → < → Conclusão Se a função cresce antes de 1 e decresce depois de 1, emx = 1 temos um máximo. Resposta Para se obter uma caixa com capacidade máxima, os quadrados recortados devem ter lados de 1cm de comprimento. SAIBA MAIS Como curiosidade, verifique que para x = 3cm, obteríamos um mínimo, que não interessaria para a solução do problema. Exemplo 6 Num pequeno jardim circular de 4 metros de diâmetro, deverá ser construído um canteiro de rosas de formato retangular, conforme a figura abaixo. Quais serão as dimensões deste canteiro, para que se obter o maior perímetro? FIGURA 15A: JARDIM CIRCULAR y x Solução A função a ser extremada é o perímetro do canteiro, como se trata de um retângulo: P = 2x + 2y (1) Como são duas variáveis, devemos achar uma equação secundária que nos dê uma rela- ção entre elas. Se você pensar um pouco, vai ver que dependendo do posicionamento do diâmetro do círculo, o retângulo pode se transformar em dois triângulos, assim: FIGURA 15B: JARDIM CIRCULAR y4 x Otimização 51 Desta forma, você pode usar o Teorema de Pitágoras para achar a relação entre as vari- áveis, veja: 2 2 2 2e4 1 6 x y y x= + = − (2) SAIBA MAIS Você se lembra do Teorema de Pitágoras que diz que o quadrado da hipotenusa é igual a soma dos quadrados dos catetos. A CB a c b 2 2 2a b c= + Substituindo (2) em (1) ( ) 2 2 2. 16P x x x= + − função com uma variável Para determinar o domínio, observe que se o diâmetro é de 4m, x não pode chegar a 4 e é claro, tem que ser maior que 0, ou seja: 0 < x < 4 Calculando a derivada e igualando a zero, naturalmente você se lembra que para derivar uma raiz quadrada, devemos transformá-la numa potência, ou seja, elevar 16 – x2 a 1/2: ( ) ( ) 1 2 2 2 2 16P x x x= + − , derivando: ( ) ( ) ( ) 1 2 21’ 2 2 . 16 . 2 2 P x x x − = + − − ( ) 2 2’ 2 16 xP x x = − − igualando a derivada a 0: 2 2 2 22 0 2 16 16 x x x x − = ∴ = − − 2 22 16 2 16 ex x x x− = − = Elevando ambos os membros ao quadrado: 2 2 216 2 16 8x x x x− = ∴ = ∴ =± Pontos críticos. Observando o domínio, a resposta é 8 2,85x m= ≅ Para saber se estamos diante de um máximo, verifiquemos o sinal da derivada primeira: ( ) ( ) 0 8 ’ 0 8 8 4 ’ 0 x P x fc x Máximo x P x fd < < → > → = → < < → < → Já que a função cresce antes de 8 e decresce depois de 8 , então neste ponto temos um MÁXIMO. Otimização52 Resposta 8x = e como em (2) 216 16 8y x y= − → = − e 8y m= Portanto o canteiro de maior perímetro será um quadrado de 8 m de lado. Saiba que o quadrado é considerado um retângulo especial, pois é definido como um retângulo de lados iguais. Então Aluno(a) chegamos ao final do módulo e você agora, poderá verificar o que apren- deu, pois, acredito que com os exemplos estudados somados às consultas que certa- mente você fará aos livros de Cálculo, é possível você resolver as atividades de fixação propostas. Portanto, continue seus estudos! Otimização 53 Síntese Caro(a) aluno(a), neste módulo aprendemos uma importante aplicação da derivada, na solução de problemas de otimização. Verificamos que para solucionar um problema, deve- mos primeiro equacioná-lo. Para compreendermos melhor a aplicabilidade destes conceitos resolvemos, como modelo, diversos tipos de problemas envolvendo os máximos e mínimos de uma função. Te aguardo no próximo módulo! Referências Básicas FLEMMING, D. M. e GONÇALVES, M. B. – Cálculo A. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2006. THOMAS, G. B. – Cálculo - Volume 1. São Paulo: Addison Wesley, 2002. ANTON, H., BIVENS, I. e DAVIS, S. – Cálculo – Volume 1. Porto Alegre: Bookman, 2007. Referências Complementares BOULOS, Paulo – Introdução ao Cálculo – Volume 1, Cálculo Diferencial. São Paulo: Blücher, 1988. LEITHOLD, L. – O Cálculo com Geometria Analítica – Volume 1. São Paulo: Harbra Ltda, 1994. LARSON, R. E., HOSTETLER, R. P. e EDWARDS, B. H. – Cálculo e Geometria Analítica – Volume 1. USA: LTC, 2006. SIMMONS G. F. – Cálculo com Geometria Analítica – Volume 1. São Paulo: Makron Books, 1987. SWOKOWISKI, Earl William – Cálculo com Geometria Analítica – Volume 1 - 2. São Paulo: Makron Books, 1995. 54
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