Otimização - explicação

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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.
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