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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) ).