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Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Exercícios Resolvidos: Aplicações de máximos e mínimos Contato: nibblediego@gmail.com Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 26/05/2015 - Atualizado em 19/03/2017 Exemplo 1: Um campo retangular à margem de uma parede deve ser cercado com exceção do lado onde está a parede. Se o custo da cerca é de R$ 12 por metro linear do lado paralelo a parede e R$ 8 nos dois extremos, ache o campo de maior área possível que pode ser cercado com R$ 3600 de material. Solução: O desenho da situação é o seguinte Parede y my m x m A função de custo é dada por: 8y + 8y + 12 = 3600 ⇒ 16y + 12 = 3600 ⇒ 4y + 3 = 900 (simplificando por 4) ⇒ y = 900 − 3 4 Já a área do retângulo é dada por: A(, y) = y ⇒ A(, y) = � 900 − 3 4 � ⇒ A() = 900 − 3 2 4 ⇒ A() = 900 − 3 2 4 ⇒ A() = 225 − 3 4 2 1 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Note que A() é uma função do 2◦ grau com concavidade voltado para baixo, assim, seu ponto de máximo pode ser determinado tanto pela fórmula: V = − b 2 Como por meio da derivada. A′() = 0 ⇒ 225 − 2 � 3 4 � ⇒ = 150 Ou seja, a maior área cercada possível é de A(150) = 16.875m2. Exemplo 2: Um fabricante de latas sem tampa deseja usar folhas de flandres1 com dimensões de 8 cm por 15 cm, cortando quadrados iguais dos quatro cantos e dobrando os lados para cima. Qual deve ser a área desses quadrados para que a caixa tenha volume máximo? Solução: O desenho a seguir ilustra o problema. x x x x x x x x 8cm 15cm 8cm - 2x 15cm - 2x 1A folha de flandres ou simplesmente flandre é um material laminado estanhado composto por ferro e aço de baixo teor de carbono revestido com estanho. 2 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA A função de volume seria: V() = (15 − 2)(8 − 2) ⇒ V() = 43 − 462 + 120 Cujos pontos críticos ocorrem para: x = 5/3 ou x = 6. Contudo, como ∈ (0,4) (veja novamente o desenho) então x = 6 não é um valor possível. Assim, a área de cada quadrado é de 5.8 cm2. A(5/3) = (5/3)2 (Área de cada retângulo) = 5.8 cm2. Exemplo 3: Ache a área do maior retângulo tendo dois vértices no eixo x e dois outros vértices sobre a parábola y = 9 - x2 acima do eixo x. Solução: A situação é representada com a imagem a seguir: 9 3-3 x A área do retângulo é dada por A(, y) = 2y com ∈ (0,3) e y ∈ (0,9) Como os vértices estão sob a parábola y = 9 − 2 então A(, y) = 2(9 − 2) ⇒ A() = 18 − 23 Cujo máximo ocorre para = p 3. A′() = 0 ⇒ 18 − 62 = 0 ⇒ = ±p3. 3 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como x é uma medida não pode ser negativo, logo a solução ocorre para = p 3. Assim, a maior área possível é de 12 p 3 m2. A′(p3) = 18p3 − 2(p3)3 = p 3(18 − 2 · 3) = 12 p 3 Exemplo 4: Uma ilha está num ponto A, a 6 km do ponto mais próximo B, numa praia reta. Uma mulher na ilha deseja ir até o ponto C, a 9 Km do ponto B. A mulher pode alugar um barco por R$ 15 o quilometro e navegar até um ponto P entre B e C e então alugar um carro a um custo de R$ 12 por quilometro e chegar a C por uma estrada reta. Ache o percusso mais barato de A até C. Solução: O problema pode ser modelado como no desenho abaixo. A B C P 6 Km 9 Km A função que desejamos minimizar é a de custo C = 15 · m(AP) + 12 · m(PC) Pelo desenho percebe-se que: m(AP)2 = m(AB)2 + m(BP)2 ⇒ m(AP)2 = 62 + m(BP)2 ⇒ m(AP) = ±Æm(BP)2 + 36 Como m(AP) é uma medida, ou seja, não faz sentido ser um valor negativo. Então m(AP) deve ser positivo. 4 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA m(AP) = Æ m(BP)2 + 36 Colocando o valor de m(AP) na função de custo (C) e levando em conta que m(PC) = 9 – m(BP) então: C = 15( Æ m(BP)2 + 36) + 12(9 – m(BP)) Chamando m(BP) de x podemos escrever a função de custo de forma mais agradável. C(x) = 15( p 2 + 36) + 12(9 – ) com ∈ (0,9) O gráfico dessa função é uma parábola com concavidade voltada para cima (você pode confirmar isso pelo teste da derivada segunda). Logo a solução deve ser seu único ponto crítico. Derivando então C(x) e igualando a zero C(x) = 0 ⇒ 15(p2 + 36) + 12(9 – ) = 0 ⇒ 15 1 2 p 2 + 36 ) – 12 = 0 ⇒ = 8 Assim, o percusso mais barato seria de de A até P e depois de P até C, com P estando a 8km abaixo de B. Exemplo 5: Seja R o alcance de um projetil dado em função de sua velocidade inicial (o) R = 2osen(2θ) g 0 ≤ θ ≤ pi 2 . ache o valor de θ para que o alcance seja máximo. Solução: Uma vez que já temos a função resta nos somente que encontrar o seu valor máximo. Pela regra do quociente: R′ = (2osen(2θ)) ′ · g − (2osen(2θ)) · g′ g2 5 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como g é uma constante (constante gravitacional) então sua derivada é zero de modo que R′ pode ser escrito como: R′ = (2osen(2θ)) ′ · g g2 Pela regra do produto para derivadas sabemos que: (2osen(2θ)) ′ = 2o ’ · sen(2θ) + 2o · sen′(2θ) = 0 · sen(2θ) + 2o · cos(2θ) = 2o · cos(2θ) ⇒ R′ = 2o · cos(2θ) g g2 ⇒ R′ = 2 o · cos(2θ) g Igualando a derivada de R igual a zero: R′ = 0 ⇒ 2 o · cos(2θ) g = 0 ⇒ 2o · cos(2θ) = 0 ⇒ cos(2θ) = 0 ⇒ 2θ = 90◦ ⇒ θ = 45◦ Assim o alcance é máximo para θ = 45◦. 6 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Exemplo 6: Uma excursão de uma escola que pode acomodar até 250 estu- dantes custará R$ 15 por estudante, se no máximo 150 fizerem a viagem, contudo, o custo por estudante será reduzido em R$ 0.05 para cada estudante que exceder 150, até que o custo caia para R$ 10 por estudante. Quantos alunos devem ser acomodados na excursão para que a renda da escola seja máxima? Solução: Vamos imaginar que a função L(x) do lucro é contínua, então podemos descreve- la assim: L() = § 15 ∈ [0,150] (15 − 0.05( − 150)) ∈ [151,250] Para encontrar o lucro máximo para a escola devemos determinar o valor de que resulte no maior valor de L(x). No intervalo [0, 150] a função L() não possui ponto critico, pois não existe nenhum valor para tal que L’(x) seja nulo. L’(x) = 15 Assim o valor de máximo absoluto nesse intervalo é o extremos direito do próprio intervalo. Já no intervalo [151, 250] a função L(x) têm ponto um ponto crítico em x = 225. L’(x) = 0 ⇒ 22.5 − 0.1 = 0 ⇒ = 225 Testando os valores de fronteira dos dois intervalos e do ponto crítico encontrado chegamos à: L(150) = 2.250; L(151) = 2.257,45; e L(225) = 2.531,25; e L(250) = 2.500 Como podemos ver o valor de máximo de L(x) ocorre para = 225. Logo são necessário 225 estudantes para fornecer o máximo de lucro a escola de excursão. 7 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Exemplo 7: Laranjeiras da califórnia produzem 600 laranjas por ano, se forem plantadas no máximo 20 árvores por acre (4km2) cada árvore plantada a mais causa um decréscimo de 15 laranjas por pé. Quantas árvores devem ser plantadas por acre para se obter o maior número de laranjas? Solução: Sendo n() o número de laranjas quando são plantadas árvores por acre então: n() = § 600 ∈ [0,20] (600 − 15( − 20)) ∈ [21, b] Para determinar o valor de de b basta fazer n(x) = 0 considerando ≥ 21. n(x) = 0 ⇒ (600 − 15( − 20)) = 0 ⇒ = 60. Assim b = 60 e então: n() = § 600 ∈ [0,20] 600 − 15( − 20) ∈ [21,60] No primeiro intervalo a função não têm ponto(s) crítico(s) de modo que o valor de máximo é o extremo do próprio intervalo. n(20) = 12.000 Já no segundo intervalo existe um ponto critico em = 30.5. n′() = 0 ⇒ 900 − 30 = 0 ⇒ = 30 Calculando n() para os extremos do intervalo e para o ponto crítico encontrado chegamos à: n(20) = 1.200; n(21) = 12.285; n(30) = 13.500; n(60) = 0. 8 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Assim, como podemos ver o maior número de laranjas é obtido com 30 arvores. Exemplo 8: Ache as dimensões do cilindro circular reto de maior área de super- fície lateral que possa ser inscrito em uma esfera com um raio de 6 cm. Solução: Uma representação do problema é feita a seguir. 6h/2 r A área lateral do cilindro é calculada por A(r, h) = 2pirh Pelo desenho observamos que 62 = r2 + � h 2 �2 ⇒ h =p144 − 4r2 Assim: A(r, h) = 2pir p 144 − 4r2 ⇒ A(r) = 2pirp144 − 4r2 Levando em conta que o gráfico dessa função é uma parábola voltada para baixo, então, seu ponto de máximo pode ser encontrado calculando A′(r) e igualando a zero. Onde chegamos a r = ±3p2. Como o raio é uma medida deve, portanto, ser sempre maior que zero. O que resulta em então r = 3 p 2. Como h = p 144 − r2 e r = 3p2 então h = 6p2. Logo o raio do cilindro é 3 p 2 cm e sua altura 6 p 2 cm. 9 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Exemplo 9: Dado a circunferência de equação 2 + y2 = 9, ache o ponto da circunferência mais próximo ao ponto (4, 5). Solução: O desenho a seguir deixa claro a situação. (4,5) (x,y) (4,y) d Pelo teorema de Pitágoras o quadrado da distância (d) entre os pontos (x,y) e (4,5) é: d2 = (4 − )2 + (5 − y)2 (1) Usando a equação da circunferência (2 + y2 = 9) encontramos o y. y = ±p9 − 2 Como o ponto mais próximo de (4, 5) está obviamente no primeiro quadrante (reveja o desenho) então fica evidente que y é positivo, ou seja: y = p 9 − 2 (2) Substituindo (2) em (1) chegamos a expressão definitiva para a distância. d2 = (4 − )2 + 5 −p9 − 22 ⇒ d = s (4 − )2 + 5 −p9 − 22 Fazendo a derivada de d(): 10 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA d′() = 5 − 4p−2 + 9s (4 − )2 + −p9 − 2 + 52p9 − 2 e igualando-a a zero determinamos que d’(x) = 0 apenas para x = 1.87 aproxi- madamente. Como o ponto mais próximo deve estar no 1◦ quadrante então deve variar entre 0 e 3 ( ∈ [0,3]). Testando então os extremos desse intervalo e o ponto crítico encontrado d(0) = 4.47 d(1.87) = 3.4 d(3) = 5.1 descobrimos que a menor distância é 3,4. Exemplo 10: Um pedaço de fio de 16 cm de comprimento será cortado em duas partes. Uma delas será usada para fazer um quadrado e a outra para formar um círculo. Como deverá ser feito o corte de modo a minimizar a área total das figuras? Solução: A função que deve ser minimizada é a da área total A(x,r) tal que: A(x,r) = Área do quadrado + Área do círculo. Supondo que o quadrado têm lado e a circunferência raio r então: A(x,r) = 2 + pir2 (1) De acordo com o enunciado o fio têm 16 centímetros e não deve haver sobras após o seu uso, assim o perímetro do quadrado somado ao do círculo deve ser também igual a 16. 4x + 2pir = 16 cm ⇒ x = 8 − pir 2 Substituindo esse último resultado na equação (1) A(r) = � 8 − pir 2 �2 + pir2 Derivando a função em r chega-se à: 11 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA A’(r) = pi2r − 8pi + 4pir 2 cujo zero ocorre somente para r = 8 pi + 4 . Como 4 + 2pir = 16 e r = 8 pi + 4 então, = 16 pi + 4 . Logo o corte deve ser feito a 16 pi + 4 unidades de comprimento de um dos ex- tremos do fio. Exemplo 11: Pretende-se construir um campo de futebol (figura verde) com a forma de um retângulo e com uma região semi-circular, em cada uma de suas extremidades, conforme a figura a seguir. a hr O perímetro da região deve ser uma pista de 440m. Determine as dimensões da região pra que a parte retangular tenha área máxima. Solução: A função da área retangular que desejamos maximizar é: A(, h) = h Por hipótese o perímetro é igual a 440 então: pir + 2 + pir = 440⇒ = 220 − pir (1) Usando esse último resultado em A(, h) chega-se á A(h, r) = h(220 − pir) 12 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como h é o diâmetro então, assim como pode ser visto pelo desenho, ele deve ser o dobro do valor do raio (h = 2r), sendo assim: A(h) = h � 220 − pih 2 � cujo ponto crítico ocorre apenas para h = 220 pi (2). A′(h) = 0 ⇒ 220 − pih = 0 ⇒ h = 220 pi Sabendo que h = 2r e usando (2) chega-se a r = 110 pi . Usando agora (1) e o valor que obtemos para r encontramos = 110 Assim, h = 220 pi m e = 110 m. Exemplo 12: Silos para conter cimento têm a forma de um cilindro de altura h e raio r sobreposto a um cone de altura e raio iguais a r. Para silos com volume total de 100 m3, determine r de modo que a área lateral seja a menor possível, a fim de minimizar o custo de cada silo. g h r r 13 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: A função que desejamos minimizar é a da área lateral do silo que é a soma da área lateral do cilindro com a área lateral do cone. A = 2pirh + pirg Pelo desenho g = r p 2 (teorema de Pitágoras), então: A = 2pirh + pir(r p 2) A = pir 2h + r p 2 (1) Para colocar h em função de r usamos a equação do volume (V = pir2h+ � 1 3 � pir2 · r). 100 = pir2h + (1/3)pir2 · r ⇒ h = (100/pir2) − r/3 (2) substituindo (2) em (1) A = pir � 2 � 100 pir2 − r 3 � + r p 2 � com r ∈ 0, √√√300 pi ⇒ A = 200 r − 2 3 pir2 + r2pi p 2 Finalmente fazendo A′ = 0 chega-se r = 3 √√√√ 100− 23 + p2pi m que é aproximada- mente igual a 3.5 m. Como esse ponto é de mínimo absoluto no intervalo chegamos a solução. 14 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Exemplo 13: Todas as manhãs, à mesma hora sai um barco do ponto P1 para o leste, a 20km/h, e outro do ponto P2 para o norte, a 40Km/h. A boia B, no cruza- mento das rotas, dista 100 Km de P1 e 60Km de P2. P1 B P2 100 km 20 km/h 60 km 40 km/h A que horas os barcos estarão mais próximos um do outro? Solução: Pelo teorema de Pitágoras a distância entre os barcos do ponto P1 e P2 é dada pela equação: (P1P2)2 = (P1B)2 + (P2B)2 Se ambos os barcos se movem com velocidade constante então a medida de cada segmento varia de acordo com o tempo que pela física é dado por: (P1P2)2 = (100 − 20t)2 + (60 − 40t)2 com t ∈ [0,∞) ⇒ (P1P2)2 = (104 − 4 · 103 + 202t2) + (602 − 48 · 102 + 402t2) ⇒ P1P2 = �2000t2 − 8800t + 13600�0.5 Fazendo a derivada de P1P2 d′P1P2 = 2000t − 4400 20 p 5t2 − 22t + 34 e igualando-a a zero 0 = 2000t − 4400 20 p 5t2 − 22t + 34 ⇒ 2000t − 4400 = 0 ⇒ t = 2.2 Conclui-se que a função têm somente um ponto crítico em t = 2.2. Como o gráfico da função é uma parábola sabemos que esse ponto é um ponto de mínimo 15 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA absoluto de modo que podemos afirmar que os barcos estarão mais próximos 2.2 horas depois de iniciarem juntos o seus movimentos. Exemplo 14: Uma cerca de 8m de altura corre paralela a um edifício a uma distância de 4 m desta. Qual é o comprimento da menor escada que alcança o edifício quando inclinada sobre a cerca? Solução: Considere o desenho a seguir. 4 8 zprédio y x Usando semelhança de triângulos encontramos a relação: y = 8 − 4 ⇒ y = 8 − 4 (1) Pelo mesmo desenho tiramos que: z(, y)2 = 2 + y2 (2) Substituindo (1) em (2) z()2 = 2 + � 8 − 4 �2 16 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA z() = √√√ 2 + � 8 − 4 �2 Para determinaros pontos críticos de z() fazemos z′() = 0 ⇒ z′() = 2 + 2 � 8 − 4 �� 8( − 4) − 8 ( − 4)2 � = 0 ⇒ z′() = 2 + 2 � 8 − 4 �� −32 ( − 4)2 � = 0 ⇒ z′() = 2 � 1 − � 8 · 32 ( − 4)3 �� = 0 ⇒ z′() = 2 � 1 − 256 ( − 4)3 � = 0 O primeiro zero desta ultima função ocorre para x = 0. O segundo ocorre quando: 256 ( − 4)3 = 1 que implica em ' 10.35 veja: ( − 4)3 = 256 ⇒ = 3p256 + 4 Fazendo então z(10.35) chegamos ao resultado de z = 16.65m. Logo a menor escada que pode ser apoiada deve ter 16.65 m de comprimento. Exemplo 15: Encontre a área do maior retângulo que pode ser inscrito em um triângulo com catetos 3cm e 4cm se dois lados do retângulo estão sobre os catetos. Solução: Considere o desenho. 17 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA x 3 cm y 4 cm Usando a semelhança de triângulos 4 − y = y 3 − Que implica em = 12 − 3y 4 A área do retângulo é: AR = � 12 − 3y 4 � y ⇒ AR = 12y − 3y 2 4 Fazendo A′R() = 0 chega-se à: A′R = 12 − 6y 4 = 0 ⇒ 12 − 6y 4 = 0 ⇒ 6y = 12⇒ y = 2c Fazendo AR(2) chegamos á AR = 3. Ou seja, o maior retângulo que pode ser inscrito têm altura de 2cm e largura de 1.5 cm (ou vice e versa). Exemplo 16: Encontre o ponto da parábola y2 = 2 que está mais próximo do ponto (1,4). Solução: Não se sabe ainda qual ponto é esse, mas podemos expressá-lo por (, ƒ ()). 18 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como y2 = 2 então y = ±p2. Como o ponto (1,4) fica no primeiro quadrante a parte da função que iremos considerar é somente a parte positiva, isto é: y = p 2. Assim a distância entre os pontos (, ƒ ()) e (1,4) será: d = q ( − 1)2 + (4 − ƒ ())2 = Ç ( − 1)2 + (4 −p2)2 Fazendo a derivada de d igual a zero conseguimos determinar os pontos críticos da função. d′ = 0.5 2( − 1) − � 2p 2 � (4 − p2)q ( − 1)2 + (4 − p2)2 = 0 ⇒ d′ = 2( − 1) − 2 p 2 2 4 − p2 = 0 ⇒ 2 − 2 − 8 p 2 2 + 2 = 0 ⇒ 2 − 8 p 2 2 = 0 ⇒ 42 − 8p2 = 0 Chamando p de y então: 4y4 − 8p2y = 0 ⇒ y(4y3 − 8p2) = 0 Acima percebemos que um zero da função ocorre para y = 0 e consequente- mente x = 0. Outro zero deve ocorrer quando 4y3 − 8p2 = 0 y = 3 √√√8p2 4 que implica em x = 2. ⇒ y = 3 √√√8p2 4 = p ⇒p = 3 Æ 2 p 2⇒ = 2 19 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como f(0) > f(2) então a distância mínima ocorre para o ponto (2, ƒ (2)) da função. 20 Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Este trabalho está licenciado com uma Licença Creative Commons - Atribuição-NãoComercial- CompartilhaIgual 4.0 Internacional. Esse documento está sujeito a constante atualização ou mesmo correções, por isso, certifique se que o que você têm em mãos é de fato a última versão do mesmo. Para saber, bem como ter acesso a vários outros exercícios resolvidos de matemática, acesse: www.number890.wordpress.com Para aulas particulares, digitação de texto em LATEXe resolução de listas de exer- cícios entre em contato. nbbedego@gm.com .ƒcebook.com/theNmberType .nmber890.ordpress.com 21
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