MATEMATICA APLICADA APOSTILA 4

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FACULDADE DE EDUCAÇÃO SUPERIOR DO PARANÁ 
Disciplina: Matemática 
Prof. Marco Antônio Santoro Bara 
 
 
 
Unidade de Estudo 4 Página 1 
 
 
Unidade 4 
 
DERIVADA e suas aplicações 
 
 
Máximos e Mínimos Relativos 
 
Seja por exemplo, a função f(x) = x
2 cuja derivada f’(x) = 2x. 
 
Como já vimos, quando x=-1 a função é decrescente, isto é, a derivada 
no ponto é negativa (f’(-1) = 2(-1) = -2). 
 No entanto quando x=2, a função é crescente, isto é, a derivada é 
positiva (f’(2) = 2.2 = 4) 
 
 
E o que acontece, quando x = 0 ? 
Temos, o que chamamos de Ponto Crítico, f’(0) = 2.0 = 0. 
A função não é crescente nem decrescente, isto é, a derivada não é 
positiva nem negativa, ela é igual a zero. 
O fato da derivada de primeira ordem ser zero, não garante que o 
ponto crítico seja máximo ou mínimo, apenas nos indica que naquele ponto, a 
função não é crescente nem decrescente. 
Quem vai nos indicar se é máximo ou mínimo, será no cálculo da 
derivada de segunda ordem, no ponto crítico. 
 
 
 
0
5
10
15
20
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
x 
y 
 
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 Passos a serem seguidos: 
 
1. Calcular a primeira derivada e igualar a zero, encontrando a(s) raiz(es) 
(ponto(s) crítico(s)); 
2. Calcular a segunda derivada no(s) ponto(s) crítico(s). 
 f’(a) < 0  a é Máx. 
 Se: f’(a) > 0  a é Mín. 
 f’(a) = 0  a é Inflexão; 
3. Voltar à função primitiva e calcular a(s) respectiva(s) ordenada(s). 
 
Exemplo 1. Calcular o(s) ponto(s) crítico(s) da função f(x) = x
2 
e classifique-o(s) como máximo(s), mínimo(s) e/ou inflexão. 
 
Solução: Passo-1: Derivar e igualar a zero: 
 f’(x) = 2x , 2x = 0 , x = 0/2 logo x = 0 
 
 Passo-2: Calcular a segunda derivada no ponto crítico: 
 f’’(x) = 2 , f’’(0) = 2 > 0 logo x = 0 é mínimo. 
 
 Passo-3: Calcular a respectiva imagem: 
 f(x) = x
2 , f(0) = 0
2 = 0 
 Mín (0,0) 
 
Conclusão: Como a derivada de 1a ordem no ponto x=0, foi igual a 
zero, f’ = 0, a função não é crescente nem decrescente. 
 Como a derivada de 2a ordem no ponto x=0, foi maior que 
zero, f’’(0) = 2 > 0 tem concavidade para cima. 
 Logo, ponto de Mín (0,0) 
 
Exemplo 2. Calcular o(s) ponto(s) crítico(s) da função: 
0
5
10
15
20
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
x 
y 
 
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f(x)= 2x
3–3x2–12x+12 e classifique-o(s) como máximo(s), mínimo(s) 
e/ou inflexão. 
 
Solução: Passo-1: Derivar e igualar a zero: 
 f’(x) = 6x
2 – 6x - 12 , 6x2 – 6x - 12 = 0 
 aplicando a fórmula de Báskara, temos x=2 e x=-1 
 
 Passo-2: Calcular a segunda derivada no(s) ponto(s) 
crítico(s): 
 f’’(x) = 12x – 6 
 f’’(2) = 12.2 – 6 > 0  x = 2 é Mín. 
 f’’(-1) = 12.(-1) – 6 < 0  x = -1 é Máx. 
 
 Passo-3: Calcular a(s) respectiva(s) imagem(ns): 
f(2) = 2.2
3 – 3.22 – 12.2 + 12 = -8......................Mín(2,-8) 
f(-1) = 2(-1)
3 – 3(-1)2 – 12(-1) + 12 = 19..............Máx(-1,19) 
 
 
 
 
 
Conclusão: Analisando a derivada de primeira ordem, concluímos que 
esta função tem dois pontos críticos, x= -1 e x= 2. 
 Através da derivada de segunda ordem, concluímos que, 
quando x = -1 a curva atinge o seu máximo, já quando x = 2 o seu mínimo. 
 Máx (-1,19) e Mín (2,-8) 
 
Exemplo 3. Calcular o(s) ponto(s) crítico(s) da função: 
f(x)= x
3 e classifique-o(s) como máximo(s), mínimo(s) e/ou inflexão. 
 
Solução: Passo-1: Derivar e igualar a zero: 
 f’(x) = 3x
2 , 3x2 = 0 , x = 0 
-10
0
10
20
30
-3 -2 -1 0 1 2 3 4
x 
y 
 
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 Passo-2: Calcular a segunda derivada no ponto crítico: 
 f’’(x) = 6x 
 f’’(0) = 6.0 = 0  x = 0 é Inflexão. 
 
 Passo-3: Calcular a respectiva imagem: 
 f(x) = x
3 , f(0) = 0
3 , f(0) = 0 
 Inf(0,0) 
 
Conclusão: Analisando a derivada de primeira ordem, concluímos que 
esta função tem um ponto crítico, x=0. 
 Através da derivada de segunda ordem, concluímos que, 
quando x = 0 a derivada de segunda ordem é zero, logo não é máximo nem 
mínimo, é um ponto de inflexão. 
 Inf (0,0) 
Aplicação-1: Uma papelaria receberá de seu fornecedor um livreto a 
um custo de R$ 40,00 o exemplar. O gerente da papelaria estima que poderá 
vender 180 exemplares a um preço de R$ 100,00 e que a cada redução de R$ 
5,00 no preço, fará aumentar 30 exemplares nas vendas. 
Qual deve ser o preço do livreto, para maximizar o lucro da papelaria? 
Quantos livretos venderá? 
Qual o lucro máximo? 
 
Solução: Inicialmente, vamos encontrar a função lucro: 
Como L = V – C L = Lucro, V= Venda, C=Custo 
e V = Pv. Q Pv= Preço de venda, Q=Quantidade 
e C = Pc. Q Pc = Preço de custo. 
Então temos: 
V = Pv. Q V = (100-5x).(180+30x) 
 V = 18.000 +3.000x – 900x - 150 x2 
 V = - 150 x2 +2.100x + 18.000 
C = Pc. Q C = 40. (180 + 30x) 
-10
-5
0
5
10
-2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5
x 
y 
 
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 C = 7.200 + 1.200x 
L = V – C L =(- 150 x2 +2100x +18000)-(C = 7200 +1200x) 
 
L(X) = - 150 x
2 + 900x + 10.800 
Como queremos calcular o lucro máximo, vamos fazer o estudo de 
máximos e/ou mínimos desta função: 
Passo-1: Derivar e igualar a zero: 
 L’(X)= -300x + 900 -300x + 900 = 0 x = 3 
 
Passo-2: Calcular a segunda derivada no ponto crítico: 
L’’(X) = -300 L’’(3) = -300 < 0  x = 3 é Máx. 
 
Passo-3: Calcular a respectiva imagem: 
L(X) = - 150 x
2 + 900x + 10.800 
L(3) = - 150. 3
2 + 900.3 + 10.800 L(3) = 12.150 
 
Portanto: Devemos vender o livreto a R$ 85,00, isto é, Pv = (100-
x), Pv= 100- 5.3 , Pv = 85 vendendo 270 exemplares Q= 180 +30.3, 
lucrando R$12.150,00. 
 
Aplicação-2: 
 O DNIT planeja construir uma área de recreação junto a uma estrada. 
A área retangular com 5.000m2 será cercada nos 3 lados não adjacentes à 
estrada. Qual será a menor quantidade de cerca necessária? 
 
 
 - - - - - - - - - - - - - - 
 
 
Solução: x 
 y y- - - - - - - - - - - - 
 
 
 
 
 
 
 
5.000m
2
 
 
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Q(x) = x + 2y x. y = 5000 y = 5000/x 
 
Q(x) = x + 2 . 5000/x Q’’(x) = 20000x
-3 
Q(x) = x + 10000x
-1 Q’’(100) = 20000 . 100
-3 
Q’(X) = 1 -10000x
-2 Q’’(100) = 20000 / 100
3 > 0 
1 -10000x-2 = 0  x = 100 é Mín. 
1 -10000/x2 = 0 y = 5000/x 
1 =10000/x2 y = 5000/100 y = 50 
x2 = 10000 Q(x) = x + 2y = 100 + 2 . 50 
 x = ± 100 Q = 200 m de arame. 
 
Aplicação-3: 
Têm-se 320m de arame, disponíveis para cercar uma área retangular. 
Como deverá ser usado o arame para cercar a maior área possível? 
 
 x 
 y y 
 
 x 
 
Solução: 2x + 2y = 320 
 x + y = 160 y = 160 – x 
 
A = x . y 
A(x) = x . (160-x) 
A(x) = 160x – x
2 
A’(x) = 160 - 2x A’’(x) = -2 
160 – 2x = 0 A’’(80) = -2 < 0  x = 80 é Máx. 
160 = 2x Como y = 160 – x , então y = 160 - 80 
x = 80 Logo y = 80 
 
 
Portanto, as dimensões devem ser 80m por 80m, logo um 
quadrado com 6.400m2 
 
 
 
 
 
 
Área Máxima 
 
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Aplicação-4: 
Por várias semanas o serviço de trânsito vem pesquisando a 
velocidade do tráfego numa estrada. Verificou-se que num dia normal da 
semana, à tarde entre 1 e 6 horas, a velocidade do tráfego é de 
aproximadamente: 
 V(t) = 2t
3-21t2+60t+40 km/h 
Onde t é o número de horas transcorridas após o meio dia. 
A que horas dentro do intervalo de tempo mencionado, o tráfego se 
move mais rapidamente e a que horas se move mais lentamente? 
Qual a velocidade máxima e qual a velocidade mínima? 
 
Solução: V(t) = 2t
3-21t2+60t+40 km/h 
 V’(t) = 6t
2-42t+60 
 6t2-42t+60 = 0 aplicando a fórmula de Báskara, temos: 
 
 √ 
 
 t1= 5 t2= 2 (pontos críticos) 
 
V’’(t) = 12t – 42 
V’’(5) = 12.5 – 42 > 0  t = 5 é mín. 
V’’(2) = 12.2 – 42 < 0  t = 2 é máx. 
 
V(t) = 2t
3-21t2+60t+40 
V(5) = 2.5
3-21.52+60.5t+40 = 65 km/h 
V(2) = 2.2
3-21.22+60.2+40 = 92 km/h 
 
 
Conclusão: Analisando a derivada de primeira ordem, concluímos que 
esta função tem dois pontos críticos, t = 2 e t = 5. 
0
20
40
60
80
100
0 1 2 3 4 5 6 7
Tempo 
Velocidade 
 
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 Através da derivada de segunda ordem, concluímos que, 
quando t = 2 a curva atinge o seu máximo, já quando t = 5 o seu mínimo. 
 Portanto, a velocidade máxima de 92 km/h ocorrerá às 2h 
Máx (2,92) e a velocidade mínima de 65 km/h às 5h Mín (5,65)