Lista 30 / Cálculo 1 / Exemplos de otimização / Prof. Oscar

Exemplo 1:

De uma longa folha retangular de metal de 30 cm de largura deve-se fazer uma calha dobrando as bordas perpendicularmente à folha. Quantos centímetros devem ser dobrados de cada lado de modo que a calha tenha capacidade máxima?

Solução:

A calha está ilustrada na figura 1, onde x denota o número de centímetros a ser dobrado de cada lado. A largura da base da calha é 30 - 2x cm. A capacidade da calha será máxima quando a área do retângulo de lados x e 30 – 2x for máxima. Denotando esta área por f(x) , temos:

f(x) = x (30 - 2x) = 30x – 2x2

Como 0 2x 30, o domínio de f é 0 x 15. Se x = 0 ou x = 15, não se forma nenhuma calha (a área do retângulo seria f (0) = 0 = f (15)).

Diferenciando:f´(x) = 30 – 4x = 2 (15 - 2x)de onde o único numero critico é x=7,5 . Como f´´(x) = -4 < 0, f (7,5) é máximo

local para f. Segue-se que devem ser dobrados 7,5 cm de cada lado para obtermos a capacidade máxima.

Figura 1:

Exemplo 2:

Deve-se construir uma caixa de base retangular, com uma folha de cartolina de 40 cm de largura e 52 cm de comprimento, retirando-se um quadrado de cada canto da cartolina e dobrando-se perpendicular os lados resultantes. Determine o tamanho do lado quadrado que permite construir uma caixa de volume máximo. (Desprezar a espessura da cartolina).

Solução:Diretriz 1: Ler o problemaDiretriz 2: Fazer um esboço da caixa como na Figura abaixo introduzindo uma

variável x para denotar o lado do quadrado a ser cortado de cada canto.

Diretriz 3: Dobrando-se a cartolina ao longo das linhas tracejadas no esboço na figura acima (da direita), a base da caixa obtida terá dimensões 52 – 2x e 40 – 2x

Diretriz 4: A quantidade a ser maximizada é o volume V como função de x:

V = x(40-2x) (52-2x) = 4(520x –46x2 + x3)Como 0 2x 40, o domínio de x é 0 x 20.

Diretriz 5: Para achar os números críticos da função, diferenciamos V em relação a x.

Dx[V] = 4(520 – 92x + 3x2)

Fazendo Dx[V] = 0 obtemos as raízes (aprox.) 23,19 e 7,47, que são possíveis números críticos. Como 23,19 esta fora do domínio de x, o único numero crítico é 7,47.

Diretriz 6: Como V é contínua em [0,20] utilizaremos o teste da “Derivada Primeira” para determinar os extremos. Os pontos x=0 e x=20 do domínio dão o valor mínimo V=0 . Para o numero crítico x=7,47, obtemos V=15,537 cm3 que é um valor Maximo. Conseqüentemente, deve-se cortar um quadrado de 7,47 cm de lado, de cada canto da folha de cartolina, para maximizar o volume da caixa.

Exemplo 3

Um recipiente cilíndrico, aberto em cima, deve ter a capacidade de 375 cm3. O custo do material usado para a base do recipiente é de 15 centavos por cm2 e o custo do material usado para a parte curva é de 5 centavos por cm2. Se não há perda de material, determine as dimensões que minimizem o custo do material.

Solução:Começamos fazendo um esboço do recipiente, denotando por r o raio da base e por

h a altura (ambos em centímetros).

A quantidade a minimizar é o custo C do material. Como os custos, por centímetro quadrado, da base e da parte curva são 15 centavos, respectivamente, temos, em termos de cruzeiros,

Custo do recipiente = 15 (área da base) + 5 (área parte lateral)Assim:

C = 15 (r2) + 5 (2rh)C= 5 (3r2 + 2rh)

Ou:Podemos expressar C como função de uma variável, r, escrevendo h em termos de r.

Como o volume do recipiente é 375 cm3, vemos que:

r2h = 375 ou h=

Substituindo h por 375/r2 na ultima forma de C temos:

C= 5 = 5

O domínio de C é (0, ).Para achar os números críticos, diferenciamos C em relação á r:

DrC = 5 = 30 = 30

Como DrC = 0 se r=5, vemos que 5 é o único numero critico. E como DrC < 0 se r > 5, segue-se do teste da derivada primeira que C tem seu mínimo quando o raio do

cilindro é de 5 cm. O valor correspondente da altura (obtido de h= ) é =15 cm.

Exemplo 4:

Determine o volume máximo de um cilindro circular reto que pode ser inscrito em um cone de 12cm de altura e 4 cm de raio da base, se os eixos do cilindro e do cone coincidem.

Solução:

As figuras abaixo dão um esboço do problema, onde a segunda é uma seção transversa segundo o eixo comum. A quantidade a ser maximizada é o volume V do cilindro. Da geometria,

V = r2h

Exprimimos em seguida V em termos de uma variável, estabelecendo uma reação entre r e h. Considerando a segunda figura e usando a semelhança de triângulos vemos que:

ou h = 3 (4-r)

Conseqüentemente,

V = r2h = r2 3 (4-r) = 3r2 (4-r)

O domínio de V é 0 r 4.Se r = 0 ou r = 4, vemos que V = 0; Logo, o máximo não é um extremo

correspondente às extremidades. Basta, portanto, pesquisar máximos locais. Como V = 3 (4r2-r3)

DrV = 3 (8r-3r2) = = 3r2 (8-3r)

Assim, os números críticos de V são r=0 e r= 8/3. Em 8/3, temos:

V = , que pelas Diretrizes, é um máximo para o

volume do cilindro inscrito.

Exemplo 5:

Uma rodovia Norte-Sul intercepta outra rodovia Leste-Oeste em um ponto P. Um automóvel passa por P às 10hs, dirigindo-se para o leste a 20km/h. No mesmo instante, outro automóvel esta à 2 km ao norte de P e se dirige para o sul a 50 km/h. Determine o instante em que os automóveis estão mais próximos um do outro, e aproxime a distancia mínima entre eles.

Solução:

A Figura ilustra as posições típicas dos dois automóveis. Se t denota o numero de horas após 10hs, então o veiculo mais lento está a 20 t km a leste de P. O veiculo mais rápido está a 50 t km ao Sul de sua posição às 10hs e assim, sua distancia de P é 2-50t. Pelo teorema de Pitágoras, a distancia d entre os automóveis é:

==

Queremos achar o instante t em que d tem seu menor valor. Isto ocorrerá quando o radicando for mínimo, porque d aumenta se e somente se 4-200t + 2900t2 aumenta. Assim, podemos, simplificar nosso trabalho fazendo:

f(t) = 4 - 200t + 2900t2

e determinando o valor de t para o qual f tem um mínimo. Como f´(t) = -200 + 5800t, o único numero crítico para f´ é:

t =

Além disso f´´(t) = 5800, de modo que a derivada segunda é sempre positiva.

Portanto, f tem mínimo local em t = , e . Como o domínio de t é [0, ) e

como f(0) = 4, não há Maximo nem mínimo nas extremidades. Conseqüentemente, os

automóveis estarão mais próximos um do outro a horas (ou aproximadamente 2,07

minutos) após as 10 hs. A distancia mínima é:

Exemplo 6:

Uma pessoa se acha em um bote a 2km de distância do ponto mais próximo em uma praia retilínea, e deseja atingir uma casa a 6 km praia abaixo. Se a pessoa pode remar à razão de 3 km/h e andar à razão de 5km/h, determine o tempo mínimo que levará para atingir a casa.

Solução:A figura ilustra o problema: A denota a posição do bote, B o ponto mais próximo na

praia, C a casa, D o ponto em que o bote atinge a praia e x a distância entre B e D. Pelo teorema de Pitágoras, a distância entre A e D é , onde o x 6. Aplicando a fórmula : tempo = distância / taxa

Obtemos:

Tempo para remar de A a D = distância de A a D / Tempo de remagem =

Tempo para andar de D a C = distância de D a C / tempo de caminhada =

Logo, o tempo total T do percurso é:

ou equivalente:

Desejamos achar o valor mínimo de T. Note que x=0 corresponde à situação extrema em que a pessoa rema diretamente a B, em seguida faz, por terra, o percurso de B a C. Se x=6, então a pessoa rema diretamente de A a C. Estes números podem ser considerados como pontos extremos do domínio de f. Se x=0, então, pela formula de T,

,

que é 1 hora e 52 minutos. Se x=6, então:

ou aproximadamente 2 horas e 7 minutos.Diferenciando a fórmula geral de T, vemos que

,

ou: ,

Para determinar os números críticos, fazemos DxT = 0 , o que nos dá as seguintes equações.

25x2 = 9(x2+4)

x2 =

Assim 3/2 é o único numero crítico. O tempo T correspondente a x=3/2 é:

,

ou seja, 1 hora e 44 minutos.Já vimos que os valores de T nos extremos do domínio são 1 hora e 52

minutos e aproximadamente 2 horas e 7 minutos, respectivamente. Logo, o tempo mínimo

de 1 hora e 44 minutos ocorre em x = 3/2 Portanto, o barco deve aportar em D, 1

quilômetros de B, a fim de minimizar T.