Problemas de Máximos e Mínimos final -...

UNIVERSIDADE DE LISBOA

FACULDADE de CIÊNCIAS

DEPARTAMENTO de MATEMÁTICA

Problemas de Máximos e Mínimos

Belmiro da Silva Ferreira

Mestrado Matemática para Professores

Lisboa

2012

UNIVERSIDADE DE LISBOA

FACULDADE de CIÊNCIAS

DEPARTAMENTO de MATEMÁTICA


Belmiro da Silva Ferreira

Dissertação orientada pela Professora Doutora:

Ana Cristina Barroso

Mestrado Matemática para Professores

Lisboa

2012

Resumo

Os problemas de máximos e de mínimos suscitam grande interesse aos matemáticos, principalmente

por resultarem muitas vezes de situações do dia a dia. São apresentados problemas clássicos e

outros visando percorrer diversas áreas da matemática, sem nos distanciarmos da sua aplicação ao

ensino da matemática no secundário. As resoluções apresentadas, baseadas numa pequena

fundamentação teórica, têm a preocupação de abarcar diferentes abordagens e proporcionar o

relacionamento de conceitos.

Palavras‐chave: máximo, mínimo, derivada, otimização.

Abstract

Problems of maxima and minima are very interesting to mathematicians, in part because they arise

in everyday situations. We present some classical problems and others spanning various areas of

mathematics, keeping in mind their application in the teaching of secondary school mathematics.

The solutions presented here, for which we provide a short theoretical basis, intend to cover

different approaches and allow the possibility of relating concepts.

Keywords: maximum, minimum, derivative, optimization.


Índice

Introdução ............................................................................................................................................... 1

1. Preliminares .................................................................................................................................... 3

1.1. Funções de uma variável ......................................................................................................... 3

1.2. Funções de duas variáveis ..................................................................................................... 15

1.2.1. Extremos livres .............................................................................................................. 17

1.2.2. Extremos condicionados ............................................................................................... 18

2. Reflexão e Refração ....................................................................................................................... 19

2.1. Problema de Héron ............................................................................................................... 19

2.1.1. Resolução Geométrica .................................................................................................. 20

2.2. Fenómeno da refração .......................................................................................................... 21

3. Problema de Dido .......................................................................................................................... 23

3.1. Área de um polígono regular em função do número de lados ............................................. 27

4. Área de uma região triangular ...................................................................................................... 30

4.1. Triângulo de área máxima e perímetro fixo .......................................................................... 31

4.1.1. Estudo usando uma função de uma só variável ............................................................ 31

4.1.2. Estudo usando uma função de duas variáveis .............................................................. 34

5. As abelhas e a matemática ............................................................................................................ 37

5.1. Porque é que os alvéolos das abelhas são hexagonais? ....................................................... 38

5.2. Porque razão o fundo dos alvéolos não é plano? ................................................................. 39

5.2.1. Cálculo do ângulo diedro dos losangos, quando a área é mínima. ............................... 42

5.2.2. Ângulo de inclinação dos losangos do topo .................................................................. 43

6. Produto máximo ............................................................................................................................ 44

6.1. Soma fixa ............................................................................................................................... 44

6.1.1. Estudo usando uma função de uma só variável. ........................................................... 44


6.2. Soma dos quadrados fixa ...................................................................................................... 45

6.2.1. Estudo usando uma função de uma só variável ............................................................ 45


7. Outros problemas ......................................................................................................................... 49

8. Médias ........................................................................................................................................... 70

8.1. Médias para mais de dois números ...................................................................................... 71

8.2. Aplicações das desigualdades das médias ............................................................................ 73

Bibliografia ............................................................................................................................................ 78

Agradecimentos

Apresento os meus agradecimentos à Professora Doutora Ana Cristina Barroso por sempre se ter

mostrado bastante interessada e disponível, pelo que, a sua orientação foi importantíssima na

elaboração deste meu trabalho.


2

Introdução

Os problemas de máximos e de mínimos desde de muito cedo despertaram a atenção dos

matemáticos. Por exemplo, os gregos no século III a.C. já sabiam que de todas as curvas com igual

perímetro, a que envolvia maior área era o círculo. Contudo estes problemas eram resolvidos

utilizando processos engenhosos, não havendo uma forma sistemática de os solucionar. Só no século

XVII, Fermat desenvolveu o primeiro método geral para a determinação de máximos e mínimos. No

entanto este método era um procedimento algorítmico desprovido de qualquer fundamentação

demonstrativa. A generalização da resolução deste tipo de problemas aparece com o trabalho de

Newton e Leibniz no desenvolvimento do Teorema Fundamental do Cálculo.

O interesse deste tipo de problemas reside sobretudo na forma como são adaptados ao quotidiano e

a situações da vida real, permitindo modular e interpretar fenómenos à nossa volta. Com inúmeras

aplicações em diversas áreas, como a Física ou Engenharia, têm também uma grande importância a

nível pedagógico. Aplicáveis a vários conteúdos da matemática, para além de desenvolver o estudo

do cálculo diferencial, proporcionam trabalhar conceitos relativos a funções, trigonometria,

geometria entre outros.

Após uma pequena revisão de conceitos teóricos que permitem e fundamentam a resolução dos

problemas de máximos e mínimos, foram selecionados diversos problemas, visando cobrir uma

grande área de conteúdos matemáticos e diferentes formas de abordagem. De referir que a grande

maioria dos problemas apresentados são de aplicação direta ou de fácil adaptação ao ensino

secundário, nomeadamente 12º ano. Algumas das resoluções são enriquecidas com mais do que

uma abordagem e por vezes aparece uma resolução usando funções de duas variáveis.

Por fim, fugindo um pouco ao método clássico, são aplicadas propriedades das médias ao cálculo de

soluções ótimas de alguns problemas, que utilizando outros métodos seriam de difícil resolução.


3

1. Preliminares

1.1. Funçõesdeumavariável

Consideremos uma função real ( )f x definida num

intervalo I . A taxa de variação média da função

entre dois pontos ,A a f a e ,M x f x com

,a x I e x a , é dada por f x f a

x a

A taxa de variação da função no ponto A é o limite

quando x a da razão incremental f x f a

x a

A taxa de variação média da função entre dois pontos A e M é o declive da reta AM , secante ao

gráfico da função nos pontos A e M . A reta t cujo declive é igual ao

limx a

f x f a

x a

, diz‐se

tangente ao gráfico da função no ponto A .

Definição 1.1 Diz‐se que uma função f , real de variável real, definida numa vizinhança de um ponto

a , é diferenciável em a , se existe e é finito o limite:

limx a

f x f a

x a

. A este limite chama‐se

derivada de f no ponto a e representa‐se por

0

lim limx a h

f x f a f a h f af a

x a h

.

Diz‐se que f é derivável ou diferenciável à esquerda em a se existe e é finito o limite:

0

lim lim ex a h


x a h

.

Diz‐se que f é derivável ou diferenciável à direita em a se existe e é finito o limite:

0

lim lim dx a h


x a h

.

Se e df a f a então f é derivável ou diferenciável em a e tem‐se e df a f a f a .


4

Definição 1.2 Diz‐se que a função :f D é uma função derivável ou diferenciável no

aberto D se for derivável em todo o ponto de D. À nova função :f D , ( )x f x ,

chama‐se derivada de f .

Nota 1.3 Se f é diferenciável num ponto a , o declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto

,A a f a é igual a f a . A reta tangente ao gráfico nesse ponto tem por equação

y f a f a x a .

Proposição 1.4 Se :f D é uma função derivável em inta D , então f é contínua

nesse ponto.

Demonstração.

Para x D , com x a temos ( )

f x f af x f a x a

x a

, pelo que

lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) 0 0x a x a

f x f af x f a x a f a

x a

.

Ou seja lim ( ) ( )x a

f x f a

, que prova que a função f é contínua em a .□

Proposição 1.5 Uma função f x definida num intervalo aberto I é diferenciável num ponto

a I se e só se existe um número l tal que se tem numa vizinhança de a

f x f a l x a r x (1.1)

em que r x é uma função contínua e nula no ponto a (infinitésimo no ponto a ) tal que

lim 0x a

r x

x a

(1.2)

O número l é único e igual a f a .


5

Demonstração.

Nas condições do enunciado de (1.1) deduz‐se que para x a se tem, f x f a r x

lx a x a

,

donde em consequência de (1.2), vem

limx a

f x f al

x a

, o que prova que f é diferenciável em

a e que f a l .

Reciprocamente, se f x é diferenciável no ponto a , escrevendo

r x f x f a f a x a , obtemos (1.1) com l f a . A função r x verifica as

condições da proposição, pois é diferença de duas funções contínuas, logo é uma função contínua, é

nula no ponto a e verifica (1.2), uma vez que lim lim 0

x a x a

r x f x f af a

x a x a

.□

Lemos a relação (1.2) dizendo que r x é desprezável ou muito pequena em comparação com

x a numa vizinhança de a e escreve‐se, usando a notação de Landau:

r x o x a . (1.3)

As relações (1.1) e (1.2) da proposição 1.5 podem sintetizar‐se numa única igualdade:

f x f a f a x a o x a . (1.4)

Teorema 1.6 Sejam , :f g D funções deriváveis em inta D ; então

1. f g é derivável em a e ( ) ( ) ( )f g a f a g a ;

2. f g é derivável em a e ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f g a f a g a g a f a ;

3. nf é derivável em a e 1( ) ( ) ( ) , n nf a nf a f a n ;

4. Se ( ) 0g a , f

gé derivável em a e

2

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

f f a g a g a f aa

g g a

.


6

Demonstração.

1.

( ) lim lim

lim lim ( ) ( )

x a x a

x a x a

f g x f g a f x g x f a g af g a

x a x af x f a g x g a

f a g ax a x a

2. Queremos mostrar que:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f g a f a g a g a f a

( ) lim lim

x a x a

f g x f g a f x g x f a g af g a

x a x a

Adicionando e subtraindo f a g x ao numerador, vem

( ) lim

lim

lim

x a

x a

x a

f x g x f a g x f a g x f a g af g a

x a

f x f a g x g x g a f a

x a

f x f a g x g ag x f a f a g a g a f a

x a x a

uma vez que limx ag x g a

, porque g é derivável em a e por consequência é contínua

em a .□

3. Vamos provar por indução que 1( ) ( ) ( ) , n nf a nf a f a n

Para 1n

0( ) 1f a f a f a f a

Proposição Verdadeira

Hipótese de indução

Suponhamos para um certo p , que:

1( ) ( ) ( )p pf a p f a f a

Queremos mostrar que

1 ( ) 1 ( ) ( )p pf a p f a f a


7

Usando a propriedade 2 tem‐se

1

. .

1

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) 1 ( ) ( ).

p p p p

H I

p p

p p p

f a f f a f a f a f a f a

f a f a f a p f a f a

f a f a p f a f a p f a f a

4. Como 0g a e g é contínua em a existe um aberto I contendo a tal que 0g x ,

x I D .

( ) lim lim

lim

x a x a

x a

f x g a f a g xf fx a

g x g af g ga

g x a x a

f x g a f a g x

g x g a x a

adicionando e subtraindo f x g x ao numerador, vem:

2

( ) lim

lim

lim

x a

x a

x a

f x g a f x g x f x g x f a g xfa

g g x g a x a

f x g a g x f x f a g x

g x g a x a

f x f a g x g x g a f x f a g a g a f a

g x g a x a g x g a x a g a

uma vez que limx a

f x f a

e limx ag x g a

, porque f e g são deriváveis em a e

por consequência contínuas em a .□

Proposição 1.7 (Derivação da função composta). Sejam f e g funções reais definidas em intervalos

abertos J e I de , respetivamente, tais g I J . Então, se g é diferenciável num ponto

0t I e f é diferenciável no ponto correspondente 0 0x g t , f g é diferenciável em 0t e

0 0 0f g t f x g t .

Demonstração.

Como f x é diferenciável em 0x , pode‐se escrever

0 0 0 0f x f x x x f x o x x ou seja


8

0 0 0 0f x f x f x x x x x x , em que 0

lim 0x x

x

.

Substituindo x por g t , vem

0 0 0 0

0 0 0

f g t f g t f x g t g t g t g t g t

f g t f g t f x g t g t g t

dividindo ambos os membros por 0t t obtemos

0 00

0 0

f g t f g t g t g tf x g t

t t t t

passando ao limite quando 0t t , vem

0 0

0 00

0 0

lim limt t t t

f g t f g t g t g tf x g t

t t t t

ou seja

0 0 0f g t f x g t , uma vez que 0

lim 0t t

g t

por continuidade de g em 0t . □

Proposição 1.8 (Derivação da função inversa). Seja f uma função diferenciável e injetiva definida

num intervalo I . Seja 0x I tal que 0( ) 0f x ; então 1 :f f I I é diferenciável em

0 0( )y f x e 1

00

1f y

f x

.

Demonstração.

Seja f uma função diferenciável e injetiva definida num intervalo I .

Seja y f x , como 1f é injetiva se 1 1

0 0 0y y f y f y x .

Então podemos escrever

1 10

100 0

1 110

0

1 1f y f yy yy y f f y f x

f y f y f y x

.

Como f é diferenciável, logo contínua e está definida num intervalo, a sua inversa 1f é contínua e

portanto 10 0y y f y x .


9

Passando ao limite temos:

0 0

1 10

10 00

10

1 1lim limy y y y

f y f y

y y f xf f y f x

f y x

□

Definição 1.9 Seja :f D e a D . Diz‐se que f tem em a um máximo local (ou

relativo) se existe 0 tal que f x f a , x V a D . Do mesmo modo, diz‐se que f

tem em a um mínimo local (ou relativo) se existe 0 tal que f x f a , x V a D .

Diz‐se que f tem em a um máximo absoluto se f x f a , x D . Do mesmo modo, diz‐se

que f tem em a um mínimo absoluto se f x f a , x D .

Se a função possui um máximo ou mínimo (relativo ou absoluto) dizemos que a função tem um

extremo (relativo ou absoluto).

Proposição 1.10 Seja f uma função diferenciável em 0x .

1) Se 0 0f x então 0 0 0f x h f x f x h , 0h suficientemente pequeno.

2) Se 0 0f x então 0 0 0f x h f x f x h , 0h suficientemente pequeno.

Demonstração.

1)

Por definição tem‐se que 0 00

0limk

f x k f xf x

k

.

Como 0 0f x usando a definição de limite sabemos que existe 0 tal que se

0 k então 0 0

0 0

f x k f xf x f x

k

donde 0 0 0 00 0 0 00 2

f x k f x f x k f xf x f x f x f x

k k

.

Em particular, 0 0 0f x k f x

k

, 0 k .

Tomando 0 h tem‐se 0 h e 0 h logo


10

0 00 00

f x h f xf x h f x

h

e

0 00 00

f x h f xf x h f x

h

.

A demonstração de 2) faz‐se de forma análoga. □

Teorema 1.11 (Fermat) Seja :f D uma função com derivada em inta D . Se f tem

em a um extremo local, então 0f a .

Demonstração.

Suponhamos que f tem em a um máximo local (o outro caso é análogo).

Como inta D , existe 0 tal que se x a , então x D e f x f a . Portanto, para

a x a temos

0f x f a

x a

. Logo,

lim 0dx a

f x f af a

x a

. (1.5)

Por outro lado, para a x a temos

0f x f a

x a

. Portanto,

lim 0ex a

f x f af a

x a

. (1.6)

Mas como, por hipótese, existe f a , temos d ef a f a f a .

De (1.5) e (1.6) vem 0f a .□

Note‐se que o recíproco deste resultado é falso. Por exemplo, a função 3f x x verifica

0 0f mas sendo uma função estritamente crescente não tem extremo em 0x .

Teorema 1.12 (Weierstrass) Uma função contínua num intervalo fechado ,a b , tem máximo e

mínimo absolutos nesse intervalo.


11

Teorema 1.13 (Rolle) Seja : ,f a b , com a b , uma função contínua no intervalo

limitado e fechado ,a b e com derivada finita em todos os pontos do seu interior ,a b . Se

f a f b então existe pelo menos um ponto ,a b tal que 0f .

Demonstração.

Sendo f contínua no intervalo fechado e limitado ,a b , f tem máximo e mínimo nesse intervalo

pelo Teorema de Weierstrass. Se o máximo e o mínimo são atingidos nos extemos do intervalo, como

f a f b , tem‐se f constante e portanto para qualquer ,c a b , 0f c .

No caso do máximo ou do mínimo ser atingido num ponto interior ,a b tem‐se pelo teorema

de Fermat que 0f . □

Teorema 1.14 (Valor Médio de Lagrange) . Seja : ,f a b , com a b , uma função

contínua no intervalo limitado e fechado ,a b e com derivada finita no interior ,a b . Então, existe

pelo menos um ponto ,c a b tal que f b f a b a f c .

Geometricamente o teorema do valor médio estabelece que se uma

função f for contínua em ,a b e derivável em ,a b , então existe

pelo menos um ponto c entre a e b onde a tangente ao gráfico de

f é paralela ao segmento de reta que une os pontos ,A a f a e

,B b f b .

Demonstração.

Seja f b f ag x f x x

b a

.

Devido às hipóteses sobre f resulta que a função g é contínua em ,a b e diferenciável em ,a b .

Tem‐se ainda que

f b f a f b f ag b f b b f b b a a

b a b a

f b f a f b f a f b f af b b a a f a a g a

b a b a b a


12

portanto o Teorema de Rolle garante que ,c a b tal que 0

f b f ag c f c

b a

.

Logo f b f a f c b a □.

Corolário 1.15 Seja : ,f a b uma função contínua em ,a b e diferenciável em ,a b .

Se 0f x ,

,x a b então f x é constante no intervalo ,a b .

Demonstração.

Para ,x a b , a função f satisfaz as condições do teorema de Lagrange em ,a x . Então pelo

referido teorema, existe pelo menos um ponto ,c a x tal que f x f a x a f c .

Mas por hipótese 0f x , ,x a b , logo 0f c e como tal f x f a , ,x a b .

Por continuidade de f em b conclui‐se que f é constante em ,a b .□

Corolário 1.16 Seja : ,f a b uma função contínua em ,a b e diferenciável em ,a b .

1) Então 0f x , ,x a b f é crescente em ,a b .

0f x , ,x a b f é decrescente em ,a b .

2) Tem‐se ainda 0f x , ,x a b f é estritamente crescente em ,a b .

0f x , ,x a b f é estritamente decrescente em ,a b .

Demonstração.

Seja f uma função nas condições do enunciado e tomemos , ,x y a b , com x y . Pelo

Teorema de Lagrange ,c x y tal que f y f x y x f c .

Então 0 0f c f y f x (respetivamente 0 0f c f y f x ) ou seja, f

é crescente (respetivamente estritamente crescente) em ,a b .

A demonstração para o caso decrescente é análoga.


13

Seja : ,f a b uma função monótona crescente, isto é,

, , , x y a b x y f x f y . Como f é derivável em ,c a b e

0f x f c

x c

,

para x c , conclui‐se que lim 0x c

f x f cf c

x c

.

Do mesmo modo, se f é monótona decrescente e derivável em ,c a b , 0f c . □

Observações

1. O recíproco de 2) do último corolário é falso. Tome‐se mais uma vez como exemplo a função

3( )f x x , que é estritamente crescente. No entanto 0 0f .

2. A hipótese da continuidade de f no intervalo fechado ,a b é muito

importante, pois se não se verificar o resultado é falso, como podemos

ver no seguinte exemplo:

1 , se 0 1

1 , se 1

x xf x

x

1 0f x para todo 0,1x e no entanto, f não é crescente em 0,1 .

O corolário não pode ser aplicado porque f x não é contínua no ponto 1.

Resulta imediatamente do corolário anterior que:

Teorema 1.17 Seja f uma função diferenciável numa vizinhança do ponto c tal que 0f c . Se

existe 0 tal que:

i) 0f x , ,x c c e 0f x , ,x c c então f c é um máximo

local.

ii) 0f x , ,x c c e 0f x , ,x c c então f c é um mínimo

local.

iii) f x tem o mesmo sinal em , ,c c c c então f c não é extremo local.


14

Teorema 1.18 (Valor Médio de Cauchy) Sejam , : ,f g a b , com a b , funções contínuas no

intervalo limitado e fechado ,a b e com derivada finita em ,a b . Então, se 0g x ,

,x a b , existe pelo menos um ponto ,c a b tal que

f b f a f c

g b g a g c

.

Demonstração.

Note‐se que 0g b g a , porque caso contrário pelo teorema de Rolle existiria ,c a b tal

que 0g c .

Seja f b f a

h x f x g xg b g a

.

Tem‐se

f b f a f b f ah b f b g b f b g b g a g a

g b g a g b g a

f b f a f b f af b f b f a g a f a g a h a

g b g a g b g a

h é contínua em ,a b e diferenciável em ,a b , porque f e g são contínuas em ,a b e

diferenciáveis em ,a b .

Então pelo teorema de Rolle, existe ,c a b tal que 0f b f a

h c f c g cg b g a

.

Logo

0f b f a f b f a f b f a f c

f c g c g c f cg b g a g b g a g b g a g c

□.

Definição 1.19 Seja :f D uma função diferenciável em D e seja inta D . Se f é

diferenciável em a então diz‐se que f é duas vezes diferenciável em a . A segunda derivada de f

em a representa‐se por f a e é dada por:

limx a

f x f af a

x a

.

Se existem 1, , ..., nf f f em D e 1nf é derivável em a , então diz‐se que f tem derivada de

ordem n em a : 1 1

limn n

n

x a

f x f af a

x a

.


15

A função f diz‐se de classe nC em D e escreve‐se nf C D , se todas as derivadas de f até à

ordem n forem contínuas em D .

Proposição 1.20 Seja : ,f a b uma função duas vezes diferenciável num ponto ,c a b

tal que 0f c . Então,

1) 0 se f c c é ponto de mínimo local.

2) 0 se f c c é ponto de máximo local.

Demonstração.

1)

Suponhamos que 0f c .

Pelo corolário 1.16 aplicado a f , 0 tal que, se

1 2c x c x c então 1 2f x f c f x .

Como 0f c tem‐se

0f x , ,x c c e 0f x , ,x c c , logo f c é mínimo local, conforme o

teorema 1.17.

Analogamente se provaria 2). □

1.2. Funçõesdeduasvariáveis

Definição 1.21 Seja 2:f D uma função definida numa parte D de 2 . Seja ,a b um

ponto interior a D . Diz‐se que f tem derivada parcial em ordem a x no ponto ,a b quando

existe 0

, ,, lim

h

f a h b f a bfa b

x h

, e ao número real ,

fa b

x

chama‐se derivada parcial

de f em ordem a x no ponto ,a b .

Pode‐se ainda definir derivada parcial de f em ordem a y no ponto ,a b , como:

0

, ,, lim

k

f a b k f a bfa b

y k

.


16

As derivadas parciais de 2ª ordem de uma função ,f x y de duas variáveis, são representadas

pelos símbolos:

2

2

f f

x x x

,

2 f f

x y x y

,

2 f f

y x y x

,

2

2

f f

y y y

.

Definição 1.22 Uma função 2:f A , diz –se de classe 0C no aberto A quando f for

contínua em A ; diz‐se que f é de classe kC em A 1, 2,3,...k , e escreve‐se kf C A ,

quando existirem todas as derivadas parciais de ordem k de f em A e forem todas contínuas em

A ; f diz‐se de classe C em A , quando kf C A para qualquer 0,1, 2,3,...k .

Teorema 1.23 (Schwarz) Se 2:f A é de classe 2C no aberto A , então

2 2f f

x y y x

em todos os pontos de A .

Definição 1.24 Seja 2:f D uma função definida numa parte D de 2 e seja ,a b um

ponto interior a D . Suponhamos ainda que f tem derivadas parciais de primeira ordem em ,a b .

Então chama‐se gradiente de f no ponto ,a b ao vetor cujas componentes são as 2 derivadas

parciais de primeira ordem de f calculadas no ponto ,a b . Representa‐se por ,grad f a b ou

,f a b . Assim,

, , , ,f f

f a b a b a bx y

Os pontos onde o gradiente de f se anula designam‐se pontos de estacionaridade de f .

Definição 1.25 Seja 2:f D uma função definida numa parte D de 2 e seja ,a b um

ponto interior a D . Diz‐se que f é diferenciável em ,a b se e só se existe 2 tal que:

1 2 1 2 1 2, , , ,f a h b h f a b h h o h h ,

em que a função 1 2,o h h , satisfaz a condição

1 2

1 2

, 0,01 2

,lim 0

,h h

o h h

h h .

Pode‐se mostrar que existe um único vetor 2 nestas condições e que ,f a b .


17

1.2.1. Extremoslivres

As noções de extremo apresentadas na definição 1.9 generalizam‐se de forma natural às funções de

duas variáveis.

O resultado seguinte é consequência do teorema 1.11.

Teorema 1.27 (Fermat) Seja 2:f D , uma função diferenciável no ponto ,a b , interior a

D . Então, se f tem um extremo em ,a b tem‐se , 0f a b .

Definição 1.28. Seja 2:f D e , inta b D , um ponto de estacionariade de f . Se f

não tem um extremo em ,a b , então ,a b diz‐se um ponto de sela.

Apresentamos em seguida exemplos de gráficos de funções que possuem um mínimo, um máximo e

um ponto de sela em (0,0).

A função 2 21 ,f x y x y

possui um mínimo em (0,0)


possui um máximo em (0,0)


possui um ponto sela em (0,0)

Definição 1.29 Se f for uma função de classe 2C no ponto ,a b , chama‐se matriz hessiana de f

em ,a b e representa‐se por ,H a b à matriz dada por

2 2

2

2 2

2

, ,

,

, ,

f fa b a b

x x yH a b

f fa b a b

y x y

.

Trata‐se de uma matriz quadrada do tipo 2 2 , simétrica, conforme o Teorema de Schwarz.


18

Teorema 1.30 Seja 2:f A de classe 2C definida num aberto A e seja ,a b um ponto

de estacionaridade de f .

a) Se 2

2, 0

fa b

x

e , 0H a b então f tem um mínimo local em ,a b .

b) Se 2

2, 0

fa b

x

e , 0H a b então f tem um máximo local em ,a b .

c) Se , 0H a b então f tem um ponto sela em ,a b .

d) Se , 0H a b não podemos afirmar nada acerca da natureza do ponto de

estacionaridade ,a b .

Para mostrar que no caso de d) nada se pode concluir, consideremos os exemplos abaixo, cujas

funções verificam a condição (0,0) 0H , mas:

4 4,f x y x y , tem mínimo em 0,0 ,

4 4,g x y x y , tem máximo em 0,0 ,

4 4,h x y x y , tem um ponto de sela em 0,0 .

1.2.2. Extremoscondicionados

Sejam 2, :f g A definidas num aberto A de 2 e suponhamos que queríamos estudar

os extremos de ,f x y com a variável ,x y condicionada à relação , 0g x y . Dizemos que

temos um problema de extremos condicionados, sendo , 0g x y a condição a que estão sujeitas

as variáveis x e y . O problema resume‐se a calcular os extremos da função f restrita ao conjunto

não vazio , : , 0C x y A g x y , representada por Cf .

Supondo que ,f g são funções de classe 1C A e que , 0,0g x y para qualquer

,x y A tal que , 0g x y , temos o seguinte:

Teorema 1.31 (Lagrange) Se Cf tem um extremo em ,a b C , então para um certo , a

função , , ,F x y f x y g x y , definida em A , tem um ponto de estacionaridade em

,a b .


19

2. ReflexãoeRefração

2.1. ProblemadeHéron

Dada uma reta, r , e dois pontos A e B do mesmo lado da reta, encontrar um ponto M de r , de

modo a que a soma das distâncias AM e MB seja mínima.

Resolução.

Sejam 0A e 0B as projeções ortogonais de A e B , respetivamente, na reta r.

Sejam , , 0a b c , em que 0AA a , 0BB b ,

0 0A B c .

Sejam e os ângulos formados pela retas r e

MA e pelas retas r e MB , respetivamente. Logo

, 0,2

.

Designemos 0A M x .

Para 0,x c , designemos por 1MA d , 2MB d e o caminho AMB por d , em que 1 2d d d .

2 2 2 2 21 1d a x d a x

2 22 2 22 2d b c x d b c x

22 2 2d x a x b c x , trata‐se de uma função contínua no intervalo 0,c .

2 2 22

x c xd x

a x b c x

2 2 22

0x c x

d xa x b c x

,

elevando ambos os membros ao quadrado, obtemos:

222 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2

22 2 2

2 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2

2 2

c xxx b c x c x a x x b x c x c x a x

a x b c x

b ax b c x a x x c x x b a c x

xc x

ou seja,

a b

x c x

(2.1)


20

Portanto tg tg .

De (2.1) vem que o ponto de estacionaridade é

aca c x bx ac ax bx bx ax ac x b a ac x

b a

1122 2 2 22

1 31 32 2 22 2 2 2 2 22 22 2

22

1 3 1 32 2 2 2 2 22 22 2 2 2

2 222 2 2 2

3 3 32 2 2 2 222 2 2

1 12 2

2 2

1 1

d x x a x c x b c x

a x x x a x b c x c x b c x

c xx

a x a x b c x b c x

b c x c xa x x a

a x a xb c x

2

322 2

0b

b c x

Como tal 0ac

db a

e portanto

acxb a

é minimizante de d x .

Uma vez que 2 20d a b c , 2 2d c a c b e 2 2acd a b cb a

concluímos

que ac

db a

é o mínimo absoluto de d em 0,c .

2.1.1. ResoluçãoGeométrica

Este problema pode ser resolvido geometricamente.

Para tal vamos considerar um referencial cartesiano

com origem na projeção do ponto A na reta r . As

coordenadas de A e B são (0, )A a , ( , )B c b .

Seja ' ,B c b o simétrico de B em relação ao eixo

das abcissas.

Como sabemos, a distância mínima entre dois pontos

do plano é o comprimento do segmento de reta que os

une. Assim o caminho mais curto de A a 'B é o

segmento de reta 'AB . Mas 'MB MB pelo que


21

o ponto M procurado é a interseção da reta 'AB com o eixo Ox , pois para outro ponto 'M de r

temos:

' ' ' ' ' 'AM BM AM M B AB AM MB usando as propriedades da simetria e a

desigualdade triangular.

Para determinar as coordenadas de M , vamos escrever a equação reduzida de 'AB e calcular a sua

interseção com o eixo dos x .

O declive da reta 'AB é 'AB

a bm

c

e a sua equação reduzida é :

a by x a

c

. De modo que

para 0y , vem a b ac

x a xc a b

. Portanto, como determinado anteriormente, M é dado

por ,0ac

Ma b

.

2.2. Fenómenodarefração

Sejam P e Q dois pontos situados respetivamente nos

semiplanos 0y e 0y de Oxy . Suponhamos que um ponto

material se desloca de P para Q segundo uma linha quebrada

PMQ , em que M é um ponto do eixo dos x . Se 1v é a

velocidade no semiplano 0y e 2v a velocidade no semiplano 0y , vamos mostrar que o ponto

M para o qual é mínimo o tempo de deslocamento ao longo de PMQ é tal que 1

2

sin

sin

v

v

sendo (respetivamente ) o ângulo de vértice M , formado pelo segmento PM

(respetivamente MQ ) com a vertical ao eixo dos x em M .

Sejam 0P e 0Q , respetivamente, as projeções

ortogonais de P e Q sobre o eixo dos x .

Seja 1Q a projeção ortogonal de Q sobre a vertical

e seja 'Q a projeção ortogonal de Q na reta 0PP .

Seja 1PM d , 2MQ d , 0PP a , 0 'PQ b ,

'QQ c e 1'Q Q x .


22

Das leis da física sabemos que, num movimento uniforme de um ponto material, d vt , onde d é a

distância percorrida, v a velocidade e t o tempo decorrido.

Assim temos 11 1 1 1

1

dd v t t

v , em que 1t é o tempo necessário para percorrer PM ,

e 22 2 2 2

2

dd v t t

v , em que 2t é o tempo necessário para percorrer MQ .

Aplicando o teorema de Pitágoras, temos 2 21d a x e 22

2d b c x .

Designando por T o tempo necessário para o ponto material percorrer a linha quebrada PMQ ,

222 2

1 2

b c xa xT x

v v

Derivando,

2 2 22

1 2

x c xT x

v a x v b c x

O valor de x para o qual T é mínimo verifica a condição 0T x .

2 2 2 2 2 22 2

1 12 2

0 0x c x x c x

T xv a x v a xv b c x v b c x

Mas 2 2

sinx

a x

e

22sin

c x

b c x

,

Donde temos que: 1

1 2 2

sin sin sin

sin

v

v v v

.


23

3. ProblemadeDido

O problema de Dido é conhecido como o mais antigo associado à determinação de máximos e

mínimos, ou seja o primeiro problema do cálculo variacional.

Segundo a mitologia romana, Dido era uma princesa, filha do rei Mutto da cidade fenícia de Tiro e

casada com Siqueu, o homem mais rico de todo o reino. Quando o rei faleceu, Pigmalião, o irmão de

Dido, ocupou o trono. Com o objetivo de se apoderar das riquezas do seu cunhado, Pigmalião

assassinou‐o. Dido, juntamente com nobres tírios, parte numa longa viagem, vindo a refugiar‐se na

costa do Mediterrâneo, no norte de Africa. Aí chegados foram muito bem recebidos pelos indígenas

e Dido para se estabelecer pediu‐lhes uma porção de terra, tanta quanto ela conseguisse cercar com

a pele de um boi. Os indígenas acederam a tal pedido, pois a pele de boi cobria uma parcela

insignificante de terra. Dido cortou o couro em tiras finas, ligou‐as pelas extremidades formando um

semicírculo ao longo do mar, conseguindo desta forma obter uma vasta área que se veio a tornar no

estado de Cartago, a atual Tunísia, em 850 a. C..

O problema de Dido resume‐se a encontrar a maior área que se pode delimitar com uma curva de

comprimento dado, por isso também chamado problema isoperimétrico.

Inicialmente vamos pensar que Dido conseguiu obter um determinado polígono. Mas que tipo de

polígono?

Zenodorus, matemático grego que se pensa ter vivido entre o século III a.C e o século I d.C, mostrou

que de todos os polígonos de n lados com um perímetro dado, se existir um com maior área, então

este tem os lados iguais e os ângulos iguais.

Para mostrar este resultado, Zenodorus baseou‐se em dois lemas.

Lema 3.1 Um polígono de n lados com área máxima tem lados

iguais.

Antes de nos debruçarmos sobre a demonstração convém ter

presente o facto de um polígono não convexo não poder ser o que

tem maior área e perímetro fixo.

Com efeito, consideremos o polígono 1 2 3... nPP P P . Supondo que a amplitude do ângulo 1 2 3PP P é

maior que 180º, considerando 2 'P a reflecção de 2P através da reta 1 3PP , obtemos o polígono

1 2 3' ... nPP P P com maior área que o polígono 1 2 3... nPP P P e igual perímetro.


24

Demonstração do Lema 3.1

Seja 1 2 3... nPP P P um polígono com área máxima, como

vimos este polígono é convexo. Com vista a uma

contradição vamos supor que os lados não são todos

iguais.

Sejam 1 2PP e 2 3P P dois lados adjacentes de

comprimento diferente. Seja r a reta que passa em 2P e é paralela a 1 3PP . Aplicando o problema de

Héron à reta r e aos pontos 1P e 3P , vamos encontrar um

ponto M de r que minimize a soma das distâncias

1 3PM PM . Como sabemos, os ângulos e em M são

iguais, donde se conclui que o ângulo 1 3MPP é igual a 3 1MPP ,

por serem ângulos alternos internos a e . Isto significa que o triângulo 1 3PMP é isósceles e

portanto M é diferente de 2P . Além disso, a área do triângulo 1 3PMP é igual à do triângulo

1 2 3PP P , pois possuem igual base e altura.

A soma do comprimento dos lados 1PM e 3MP é menor que a soma dos lados do polígono

1 2PP e 2 3P P , visto que M é a solução do problema de Héron e 2M P .

Vamos agora construir o triângulo isósceles 1 2 3'PP P de modo a que 1 2 2 1 2 23 3' 'PP P P PP P P . A

sua área é, claro, maior que a área do triângulo 1 2 3PP P , uma vez que altura 2 'P C é maior que

altura MC . Mas isso significa que a área do polígono 1 2 3' ... nPP P P é maior que a do polígono

1 2 3... nPP P P e têm igual perímetro, o que contradiz a hipótese. □

Lema 3.2 Um polígono de n lados com área máxima tem os ângulos iguais.

Demonstração.

Seja 1 2 3... nPP P P um polígono com área máxima. Sabemos que é convexo e pelo Lema 3.1 que os

seus lados são iguais.

Com vista a chegar a um absurdo, vamos supor que os seus ângulos não são todos iguais. Como tal

existem e dois ângulos adjacentes diferentes. Vamos provar que isto implica que existem dois

ângulos não adjacentes diferentes.


25

Consideremos , , , , ,.... ângulos consecutivos do polígono. Se ou , então a

prova está completa, uma vez que e (ou e )

são não adjacentes. Se , e , então

a sequência de ângulos é , , , , ,.... , e a prova

está completa, pois o primeiro e o quarto ângulo são

não adjacentes.

Daqui conclui‐se que existem dois triângulos DEF e

PQR com interiores disjuntos, cada um formado por

vértices adjacentes do polígono com n lados e em que

o ângulo E é menor que o ângulo Q . Visto que

DE EF PQ QR , a desigualdade entre os ângulos E e Q implica que DF PR . A partir de

E e Q traçamos EG e QT perpendiculares respetivamente a DF e a PR .

Construímos o triângulo ' 'ET P congruente com o triângulo QTP . Agora consideramos o

problema de Héron para a reta 'T G e os pontos 'P e F . Seja S a solução do problema de Héron,

em que S é o ponto em 'T G tal que a soma das distâncias 'P S e SF seja mínima. Uma vez que a

amplitude de ' 'P ET (metade do ângulo Q ) é maior que a do ângulo FEG (metade do ângulo E ),

o ponto S não coincide com E e S encontra‐se no segmento EG . Agora vamos tomar na reta

QT o segmento TU de comprimento igual ao segmento 'T S e considerar os triângulos

DSF e PUR . A soma dos comprimentos dos lados desses triângulos é menor que a soma dos

comprimentos dos lados dos triângulos originais DEF e PQR , uma vez que

2 ' 2 'DS SF PU UR SF SP FE EP DE EF PQ QR .

Usámos o facto dos triângulos serem isósceles e de S ser a solução do problema de Héron. Por

outro lado, a área do 'P ES é maior que a área do ESF , uma vez que as suas alturas são

1' '

2P T PR e

1

2FG DF e tínhamos mostrado que DF PR . Em consequência, a soma das

áreas dos triângulos DSF e PUR é maior que a soma das áreas dos triângulos DEF e

PQR .

De facto, temos

'2 2DSF PUR DEF ESF PQR P ES DEF PQRA A A A A A A A


26

Isto significa que o polígono ... ...DSF PUR tem menor perímetro e maior área que o polígono

original ... ...DEF PQR . Agora podemos tratar cada triângulo ( DSF ou PUR ) como tratamos

o triângulo 1 3PMP na demonstração do Lema 3.1, assim podemos aumentá‐lo para obter um

polígono isoperimétrico com o polígono ... ...DEF PQR . Como a área do novo polígono é maior

que a área do polígono ... ...DSF PUR , é certamente maior do que a área do polígono

... ...DEF PQR . Isto contradiz a hipótese do polígono ... ...DEF PQR ter maior área e completa a

demonstração do Lema 3.2 , assim como a do teorema de Zenodorus.

Pode‐se mostrar que:

Lema 3.3 De todos os polígonos com n lados existe um com área máxima.

Em consequência dos lemas 3.1, 3.2 e 3.3, temos:

Teorema 3.4 Um polígono de n lados e área máxima é regular.

Podemos agora completar a resolução do problema isoperimétrico.

Seja p o perímetro de um polígono regular com n lados e A a sua área. Sabemos da geometria

que 2p nRsenn

, onde R é o raio da circunferência circunscrita e 2

pA r , onde r é o raio da

circunferência inscrita. Temos cosr Rn

. Juntando estes resultados , temos

2 4 0p Antgn

.

O teorema 3.4 implica que se p é o perímetro de um polígono de n lados arbitrário e A a sua área,

então

2 4 0p Antg

n

. (3.1)

A inequação tg (válida para 02

) e (3.1) implica a desigualdade

2 4 0p A , (3.2)

para um polígono de n lados, qualquer que seja n .


27

Note‐se que para qualquer círculo temos a igualdade

2 4 0p A (3.3)

em que p é o perímetro do círculo e A a sua área.

É válido o seguinte resultado.

Lema 3.5 Para cada curva fechada do plano de comprimento *p envolvendo uma área *A e para

cada 0 , existe um polígono de n lados com perímetro p e área A , tal que

*p p , *A A .

Consideremos então uma curva fechada do plano de comprimento *p , envolvendo um área *A .

O lema 3.5 e a relação (3.2) implicam que para cada existe um polígono de n lados com

perímetro p e área A tal que

2* 2 * *2 *4 4 4 4 4 2 4A A p p p p .

Como é arbitrário, chegamos finalmente à desigualdade

* *24 A p .

Tal como visto em (3.3) temos uma igualdade no caso do círculo, o que mostra que área é máxima

quando a curva é uma circunferência de perímetro *p .

As considerações acima conduzem finalmente ao seguinte resultado.

Teorema 3.6 A área envolvida por uma curva fechada arbitrária de comprimento dado não excede a

área de um círculo de igual perímetro.

Este resultado completa a resolução do problema isoperimétrico.

3.1. Áreadeumpolígonoregularemfunçãodonúmerodelados

Um polígono regular de n lados, com vértices 1P , 2P , …., nP e perímetro p ,

pode ser decomposto em n triângulos isósceles iguais. A base de cada

triângulo mede p

n e o ângulo oposto à base

2rad

n

.


28

Designando por h a altura de cada um destes n triângulos, temos:

22 2 2

22

pp pntg tg h

h nhntg

ou seja

2

ph

ntgn

2

2

2

24

i

p pn

ntgpn

An tg

n

, em que iA é a área do triângulo 1i iOPP , com 1,..., 1i n .

Assim a área de um polígono regular de n lados é dada em função de n , por

2 2

24 4

p pA n n

n tg ntgn n

(3.4)

Teorema 3.3 Considerando todos os polígonos regulares de igual perímetro, tem maior área o que

tiver maior número de lados.

Demonstração.

Para demonstrar este resultado vamos considerar a função de variável real 2

4

pA x

xtgx

, com

3x ,

2

2 22

2 22

2 2 2

2

44

cos 4 cos 4

4 cos 164

4 cos 4

xx

tgx

x tgx x xp

A x p pxtg x x tgxtgx x xx

x senx x

p

2 2

3 2 3 2 3 2

2 22 4 2

16 16 8

xsen xsenx x

p px sen x sen x sen

x x x

Interessa estudar o sinal do numerador, uma vez que 3 28 0, 3,x sen xx

e 2 0p

2 2 22 xsen x sen

x x x

, 3,x

Seja a função de variável real f y y seny , com 0y .


29

Como 1 cosf y y , vem 0f y .

f y é crescente tendo como mínimo absoluto 0 0f . Conclui‐se que 0f y , ou seja

0y seny .

Fazendo 2

yx

, vem

2 20sen

x x

.

Portanto 2

3 2

22

08

xsenx

px sen

x

.

Como ( )A x é contínua e ( ) 0A x , podemos concluir que ( )A x é crescente para 3x , pelo que a

sucessão dada em (3.4) também é crescente para 3n .

O resultado anterior permite‐nos afirmar que para os polígonos regulares, quanto maior é o número

de lados, maior a sua área. □

Estudando agora o limite de A n , temos:

2

lim lim4

n n

pA n

ntgn

, fazendo a mudança de variável 1

yn

, vem:

22 2

0 0

coslim lim

4 4sin 4y y

p y yp y p

tg y y

(3.5)

Em qualquer círculo temos :

2P r , donde 2

Pr

, logo

2 2

2 4

P PA

Por (3.5) concluímos que aumentando o número de lados do polígono regular, a sua área também

aumenta tendendo para a área de um círculo de igual perímetro.


30

4. Áreadeumaregiãotriangular

Fórmula 4.1 (Héron) Se os lados de um triângulo medirem , ,a b c , a área do triângulo é dada por

2 2 2 2

p p p pA a b c

, em que p é o perímetro do triângulo.

Demonstração.

Consideremos um triângulo de base a e lados b e c .

Os lados b e c têm projeções ortogonais, indicadas

por m e n , sobre o lado a .

Tomando h como a medida da altura do triângulo,

relativa ao lado a , segue‐se que a área da região

triangular será dada por 2

a hA

. Temos a formação

de mais dois pequenos triângulos retângulos e com

eles podemos extrair as três relações:

2 2 2b m h (4.1)

2 2 2c n h (4.2)

a m n (4.3)

Subtraindo (4.2) a (4.1) vem: 2 2 2 2b c m n m n m n . Usando (4.3) podemos escrever

2 2b c a m n , ou de forma equivalente:

2 2b cm n

a

(4.4)

De (4.3) e (4.4) obtemos:

2 2 2 2 2

22

b c a b cm a m

a a

e

2 2 2 2 2

22

c b a c bn a n

a a

Como a b c p , obtemos:

2 2a b c a b c c p c

2 2a c b a b c b p b

2 2b c a a b c a p a


31

Tendo presente que

2 22

4

a hA

, vamos em primeiro lugar estabelecer o valor da expressão

2 2a h

De (4.1) vem

2 2 2 2 2 2a h a b m a b m b m

Substituindo m e n , obtemos:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2

2 22 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2

4 4 2 2 4 2 2

1 12 2

16 161 1

2 2 216 16

2

2

a h a b c a b c ab a b c ab a b ca b b a

a a a a

ab a b c ab a b c a b c c a b

a b c a b c c a b c a b p p c p b p a

p p c

2 2

2 2 2 2 2 2 2

p b p a p p p pc b a

Donde se conclui que

2

2 2 2 2

p p p pA a b c

e consequentemente

2 2 2 2

p p p pA a b c

□

4.1. Triângulodeáreamáximaeperímetrofixo

De todos os triângulos com um dado perímetro 0p , quais são aqueles de maior área?

4.1.1. Estudousandoumafunçãodeumasóvariável

Em primeiro lugar vamos considerar o problema de determinar os triângulos com maior área, tendo

perímetro p e um dos lados de comprimento dado.

Admitindo que um dos lados mede a e é dado, e os outros suponhamos que medem b e c .

Como o perímetro é p , temos p a b c , mas como o perímetro também é dado, ficamos com

b c k , em que k é uma constante.

Mas k p a a p k .


32

Pretendemos maximizar a área do triângulo, ou seja a função 2 2 2 2

p p p pA a b c

,

pela fórmula de Héron. A é uma função contínua em 0,2

p

logo atinge um máximo absoluto neste

intervalo.

Como 0A , maximizar A será igual a maximizar 2A , ou seja maximizar

2

2 2 2 2

p p p pA a b c

.

Substituindo os valores de a e c , temos:

2 2

2 2 22 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

p p p p p p p pA b p k b k b A b k b k b

p p p p p p p pA b k b k b A b k k bk b

Derivando obtemos: 2

2 22 2

p pA b k k b

2 2

2 0 2 0 2 0 02 2 2 4 2 2 2

0 0 22 2 2 2

p p pk p k p pA b k k b b k b k

k p p kb k b p p k

0p é uma condição impossível, uma vez que p é o perímetro do triângulo.

2 2 2

p p pk p a a , o que também é impossível pela desigualdade triangular.

Portanto

2 02

kA b b

2 2

2 22 2 2 2

p p p pA b k pk p k

Pela desigualdade triangular tem‐se 22

pa b c p k k p k k de onde se conclui

que 2 02

kA

e portanto a função 2A b tem um máximo para

2

kb .


33

Trata‐se de um máximo absoluto de 2A em 0,2

p

uma vez que 2 20 02

pA A

.

Nesse caso, como b c k , temos 2b c b , ou seja b c .

Concluímos que o triângulo é isósceles.

Consideremos agora um triângulo de perímetro p e área máxima. Pelo que foi visto anteriormente

este triângulo é isósceles, digamos que tem base a e lados b .

Como 2perímetro p a b , temos 22 2

a pa p b b .

Aplicando a Fórmula de Héron vem 2 2 2 3

2 2 2 2 4 2 2 16 8

p p a a a p p a p a pA a a a

,

que é uma função contínua na variável a , 0,2

pa

.

Derivando 2A a , obtemos 2

2 2 38 8

a aA a p p .

Calculando os pontos de estacionaridade de 2A a temos

2

2 20 3 0 3 0 0 38 8 8 8 3

a a a a pA a p p p p a p a p a

O único ponto de estacionaridade é 3

pa e

2

2

8 4

p aA a p temos

2 2 22 0

3 8 4 8

p p p pA

ou seja, 3

pa é maximizante de 2A a .

42

3 432

p pA

, 2 20 0

2

pA A

logo 2

3

pA

é o máximo absoluto de 2A em 0,2

p

.

Para 3

pa temos 2 2 3perímetro p a b a b a a b

pelo que se concluí que o triângulo é equilátero.


34

4.1.2. Estudousandoumafunçãodeduasvariáveis

Dado um triângulo de perímetro fixo, digamos p , e lados a ,b , c ,que relação deve existir entre os

lados para que a área triângulo seja máxima?

Pela fórmula de Héron sabemos que área é dada por 2 2 2 2

p p p pA a b c

, mas

maximizar A é equivalente a maximizar 2

2 2 2 2

p p p pA a b c

.

Como o perímetro é p , temos a b c p c p a b . Assim o que pretendemos maximizar

é a função de duas variáveis a e b , dada por

,2 2 2 2 2 2 2 2

p p p p p p p pf a b a b p a b a b a b

definida em

0, 0,2 2

p pD

.

Note‐se que f é contínua logo atinge um máximo absoluto neste domínio. Na fronteira de D tem‐

‐se 0f .

Calculemos as derivadas parciais

22 2 2 2 2 2 2 2

f p p p p p p p pb a b a b b p a b

a

22 2 2 2 2 2 2 2

f p p p p p p p pa a b a b a p b a

b

22 2

( , )

22 2

p pb p a b

f a bp p

a p b a

2 02 2

( , ) 0

2 02 2

p pb p a b

f a bp p

a p b a


35

Da 1ª equação vem 0 2 2p p b b p a

0p é impossível, porque nesse caso o triângulo teria perímetro 0.

2p b a c b , o que é impossível pela desigualdade triangular.

Substituindo 2b p a na outra equação, obtemos:

2 2 0 2 4 0 0 22 2 2 2 3

p p p p pa p p a a a p p a a p p a a

Mas como vimos 0p é impossível.

Se 2p a , vem 0b , tendo‐se ,0 0f a .

Resta‐nos o caso em que 3

pa , donde se conclui que

3

pb . Portanto o único candidato a

extremo de f no interior de D é o par , ,3 3

p pa b

.

Calculemos então as derivadas de 2ª ordem:

2

2 2

f pp b

a

2

2 2

f pp a

b

2

2 3 2 22 2 2 2 2

f p p p p pp b a a a b

a b

2 2

2 2

3 2 22 3 2 2 3 3 6 12,

3 33 2 2

2 2 3 3 2 3 12 6

p p p p p p p ppp p

Hp p p p p p p p

p

2 2

4 4

2 2

6 12, 03 3 36 144

12 6

p pp p p p

Hp p


36

Como 2 2

2, 0

3 3 6

f p p p

a

e , 0

3 3

p pH

, concluímos que ,f a b tem um máximo local

para , ,3 3

p pa b

.

Como

2 32

, 03 3 2 2 3 3 2 2 6

p p p p p p p p pf

trata‐se do máximo absoluto de f em

D .

Uma vez que 3

pc p a b , concluímos que o triângulo de perímetro p com maior área é o

triângulo equilátero de lado 3

p.


37

5. Asabelhaseamatemática

As abelhas são uns seres muito curiosos a nível organizacional, na complexidade de meios de

comunicação usam, que lhes permite por exemplo a sinalização perfeita dos locais ótimos de colheita

de pólen. No que toca à produção de mel e cera, a construção dos favos também parece obedecer a

um plano elaborado com base em cálculos matemáticos.

O estudo dos alvéolos das abelhas suscitou o interesse de vários sábios, como por exemplo Pappus

de Alexandria e Johannes Kepler. Pappus de Alexandria (320 d.C.) foi o primeiro a interessar‐se pelo

problema e estudou alvéolos em forma de prismas de secção triangular, quadrada e hexagonal,

concluindo que o hexagonal poderia armazenar mais mel dos que os outros dois.

Easmus Bartholin, pelo que se conhece, foi o primeiro a admitir a hipótese que o trabalho das

abelhas nada tinha a ver com uma questão de economia, mas que resultava da impossibilidade de

construírem paredes que não fossem planas, devido à pressão exercida por outras abelhas.

Johannes Kepler deduziu, a partir dum estudo de ocupação do espaço, que todos os ângulos diedros

deveriam ser de 120º.

Cerca de 1700, René Antoine Ferchault (1683‐1757), famoso físico francês, defendeu que se tratava

de um problema de máximo e de mínimo, que as abelhas resolveriam com o intuito de minimizar a

utilização de cera. Para além de usar a forma hexagonal, o fundo de cada alvéolo é constituído por

três losangos iguais, formando uma base poliédrica convexa. Este tipo de fundo, em vez de fundo

plano, permite economizar um alvéolo em cada cinquenta, que em milhões e milhões de alvéolos

representa uma economia incalculável.

René constatou que o ângulo agudo dos losangos do fundo do alvéolo era constante. Esse facto

levou‐o a investigar alvéolos da Alemanha, Suiça, Inglaterra e Canadá e todos apresentavam losangos

com o mesmo ângulo. Dominique Maraldi (1709‐1788) mediu com maior precisão o tal ângulo agudo

e achou 70º 32’ em todos os alvéolos. Então, intrigado, René decidiu consultar o seu amigo e notável

matemático Samuel Köing (1712‐1757), propondo‐lhe o seguinte problema:

É dado um prisma hexagonal regular. Esse prisma é fechado numa das suas extremidades por três

losangos iguais. Pergunta‐se: Qual deve ser o ângulo desse losango de modo que se obtenha para o

prisma um volume máximo com a maior economia de material?

Köing desconhecia as pesquisas feitas pelo seu amigo René e o trabalho de Maraldi, resolveu o

problema, afirmando que o ângulo dos losangos era 70º 34’. A comunidade científica francesa ficava

impressionada, as abelhas erravam, mas o seu erro mínimo. Aliás o erro do ângulo, em dois minutos,

só poderia ser apreciado com instrumentos de precisão.

Mas o facto mais impressionante resultou de um estudo de um matemático inglês, Colin Mac‐Laurin

(1698‐1746), que retomou o problema e o resolveu com recurso a cálculo diferencial concluindo que


38

o ângulo do losango que tornava o alvéolo mais económico deveria medir 70º 32’, ou seja as abelhas

estavam certas. Mac‐ Laurin defendeu Köing, afirmando que este tinha errado devido ao uso de uma

tábua de logaritmos que continha um erro e indicou onde estava o erro. Provava‐se então que as

abelhas resolviam um problema de alta matemática.

5.1. Porqueéqueosalvéolosdasabelhassãohexagonais?

Os favos são construídos com a cera que as abelhas produzem, pelo que visam construir um número

máximo de alvéolos, gastando o mínimo possível de cera.

No século XVIII Réamur afirmava que as abelhas resolviam um grande problema cuja solução era

difícil para os matemáticos da época: “No menor espaço, construir células regulares e iguais, com a

maior capacidade e solidez, empregando a menor quantidade de matéria possível.”

Se pensássemos num favo isolado, o problema não é mais do que um problema

isoperimétrico, cuja solução é, como sabemos, o círculo. O que levará então as

abelhas a optarem pelos hexágonos regulares em detrimento dos círculos? A

primeira razão que salta à vista prende‐se com a necessidade de justapor os favos e se estes

tivessem a forma de círculo, haveria entre eles espaço desperdiçado. Abandonado o círculo, a opção

iria recair num polígono regular que permitisse a pavimentação do plano, que permitisse cobri‐lo

sem deixar espaços vazios nem havendo sobreposição. Tal condição implicava que o ângulo interno

deveria ser um divisor de 360º, pelo que as hipóteses possíveis seriam o triângulo equilátero, o

quadrado e o hexágono regular. Como visto anteriormente, de todos os polígonos

regulares com igual perímetro, tem maior área o que possuir maior número de lados.

Por conseguinte a escolha das abelhas só poderia ser o hexágono regular. De facto,

como com qualquer polígono que permita pavimentar, ao usarem hexágonos cada

parede é partilhada por dois favos. No esquema ao lado podemos perceber que ao

construir todos os favos em redor, as abelhas ganham o favo do meio sem usarem nenhuma

quantidade adicional de cera.


39

5.2. Porquerazãoofundodosalvéolosnãoéplano?

O fundo dos alvéolos não é plano, mas sim formado por três losangos de

ângulo constante.

Para determinar o volume e área vamos seccionar o alvéolo segundo os

planos 'AA O e 'CC O obtendo o sólido 1 1' 'ABCOA BC O que

corresponde a um terço do inicial.

Admitindo que o lado do hexágono da base mede l e o lado do losango do

topo mede x , temos:

2 2 21'O O x l e

2 2 21'B B x l pelo que como 1' 0O O e 1' 0B B

, podemos concluir que 1 1' 'O O B B .

Assim podemos afirmar que o volume do sólido 1' ' ' 'A B C O O é igual

ao volume do sólido 1' ' ' 'A O C B B , donde se conclui que o volume do

prisma truncado 1 1' 'ABCOA BC O é igual ao volume do prisma

' ' ' 'ABCOA B C O .

Isto significa que o volume do prisma truncado não depende do ângulo do losango do topo.

Determinar a área do losango 1 1' 'A OC B

Considerando o triângulo ' ' 'A B C , temos

' '260º ' ' 3

A C

sen A C ll

1 1

1 12 ' ' 3

2 2 2' '2

O B

tg O B A C tg l tgA C

com 0 e 0


40

1 1

21 1' '

' ' 3

2 2 2A OC B

A C O BA l tg

Área do trapézio 1'BCC B

Vamos designar por I , o ponto de interseção das diagonais do losango

1 1' 'A OC B . O ponto I é o ponto médio de ' 'A C , como tal, o ponto I

é também a interseção das diagonais do losango ' ' ' 'A O C B .

Considerando o triângulo retângulo em 'B , 1 'B B I , temos pelo teorema

de Pitágoras:

2 22 2 2

2 2 22 21 11 1 1

' ' 3' ' ' 3 1

2 2 4 2 4 4 2

O B B O l l lB B B B tg B B tg

e como 1' 0B B , vem

21' 3 1

2 2

lB B tg

.

Da igualdade 2

2 21' 3 1

4 2

lB B tg

resulta que

23 1 02

tg

ou seja que 2 1

2 3tg

.

Mas como 0 , vem 02 2

e temos

3

2 3 2 6 3tg

, portanto

3

.

Então a área do trapézio 1'BCC B é

1

2

1 1'

2 3 12 2' '

2 2 2BCC B

lh tg

BB CC h B B hA BC l l

22 3 12 2 2

l lh tg

onde estamos a usar 'h CC .

Área total do alvéolo

1 1 1

2 2' ' '

96 3 3 2 3 1

2 2 2 2BCC B A O C B

lA A A l h tg l tg

, 3


41

Cálculo do mínimo

derivando em ordem a

2 3

2 2 2 2

2 22 2

2 2 2

2 23 2

32

3 1 cos23 9 3 92

2 44cos 4cos2 3 1 3 12 22 2

9 9 924 4cos 4coscos 3 1 2 22 2

sen

tgl l l l

A

tg tg

senl l l

tg

2

21 ,

33 1

2

tg

tg

igualando a zero

2

2 2 2

9 2 20 1 0 1

4cos 3 1 3 12 2 2

tg tgl

A

tg tg

23 12 2

tg tg

,

como 6 2 2

os dois membros da equação anterior são positivos e elevando ambos ao

quadrado temos

2 2 2 2 13 1 2 1

2 2 2 2 2tg tg tg tg

2 2 2arctg 2arctg 1, 23 70º 32 '

2 2 2 2 2tg rad

3

22arctg

2

A 0

A mínimo


42

Como 2 293 2 3 1

2 2 2 2

lA l h tg l tg

obtemos o valor mínimo da área

2 22 1 9 2 3 22arctg 3 2 3 1 6

2 2 2 2 2 2

lA l h l hl l

.

Caso a base fosse plana área total seria 23 3

62

A hl l e como tal comprova‐se que usando a

base com losangos a área é menor.

5.2.1. Cálculodoângulodiedrodoslosangos,quandoaáreaémínima.

Seja o ângulo diedro dos losangos.

Tomando o triângulo retângulo 1 1OGB , temos:

1

1 12

GBsen

O B

Conforme visto anteriormente,

1 1 32

O B l tg

Quando a área é mínima, 2

2 2tg

, logo vem 1 1

6

2

lO B .

Também já sabemos que:

1 1

' ' 322 2 2

2 6 22 4

A Cl

tgO B

l

donde sai 2

2 2cotg

.

Aplicando uma variante da fórmula fundamental da trigonometria temos:

2 2

2 2

1 1 1 21 cotg 1

2 2 2 32 2

sensen sen

.

Como 0 , temos 2 6

2 33sen

.


43

Então

11 1

6 6 6

3 2 362

GB lGB GB l

l .

Tomando agora o triângulo isósceles 1 1BGD , concluímos, uma vez que os pontos 1B e 1D

pertencem a um plano paralelo à base, que 1 1 ' ' 3B D BD A C l , donde

1 1

1

332 2

2 2

B Dl

senlBG

e como 0 , temos 60º 120º2

.

O ângulo efetuado pelos losangos que permite otimizar a área é, tal como Kepler tinha afirmado,

120º.

5.2.2. Ângulodeinclinaçãodoslosangosdotopo

Nas condições que garantem a área mínima do alvéolo, podemos calcular a

amplitude do ângulo que os losangos do topo fazem com a altura do alvéolo.

Designando por o ângulo pretendido e aplicando a trigonometria, temos

1 2

1 1 1 1

BO BOsen

BO BO , conforme figura ao lado.

De cálculos feitos anteriormente, quando a área é mínima sabemos que

1 1

6

2OB l ,

donde

2 6

36 62

lsen sen sen

l

,

pelo que 54,736º .


44

6. Produtomáximo

6.1. Somafixa

Problema 6.1 ‐ Dados dois números reais não negativos x e y com soma fixa, qual será o seu

produto máximo?

6.1.1. Estudousandoumafunçãodeumasóvariável.

Digamos que x y c , em que c é uma constante positiva de .

Pretendemos maximizar p xy , mas como y c x , a função a maximizar vem

2p x x c x cx x , 0,x c .

Como a função p x é contínua pelo teorema de Weierstrass sabemos que a função tem um

máximo e mínimo absolutos em 0,c .

Derivando obtemos 2p x c x , 0 x c .

0 2 02

cp x c x x

Como 0 0p p c e

2 2

2 2 2 4

c c c cp c

,

concluímos que a função tem mínimo absoluto igual a 0 , em 0x e x c e máximo absoluto igual

a

2

4

c em

2

cx .

Como 2 2

c cy c , concluímos que, nas condições do enunciado, o produto é máximo quando os

números forem iguais.


Vamos agora resolver o mesmo problema trabalhando com funções de duas variáveis e aplicando o

método dos multiplicadores de Lagrange.

Seja ,g x y x y c . Vamos determinar os extremos de ,p x y x y , com as variáveis x e

y sujeitas à condição , 0g x y .


45

Consideramos a função ,P x y xy x y c , e o sistema

00

0 0

, 0

P

x yP

xy

x y cg x y

Da 1ª equação sai que y , substituindo na 2ª obtemos x y . Substituindo agora na 3ª

equação obtemos 2

cx . E portanto o par , ,

2 2

c cx y

é o único ponto de estacionaridade de

,P x y que satisfaz , 0g x y .

Como as variáveis x e y estão sujeitas à condição , 0g x y , a

função ,p x y fica restrita a um segmento de reta no 1º quadrante

cujos extremos têm coordenadas 0,c e , 0c . Pelo teorema de

Weierstrass, como a função p é contínua num conjunto limitado e

fechado ela possui máximo nesse conjunto.

Como 0, ,0 0p c p c e 2

,2 2 4

c c cp

, concluímos que a função tem um máximo igual

2

4

c

para , ,2 2

c cx y

.

6.2. Somadosquadradosfixa

Problema 6.2 ‐ Dados dois números reais x e y com soma dos seus quadrados fixa, qual será o seu

produto máximo?

6.2.1. Estudousandoumafunçãodeumasóvariável

Digamos que 2 2 2x y c , em que c é uma constante positiva de .

Pretendemos maximizar p xy

Fazendo

cosx c t e y c sent , com 0, 2t , a função a maximizar será


46

2

2 cos sen sen 22

cp t c t t t , 0, 2t

Como p é contínua e 0, 2t , pelo teorema de Weierstrass a função p tem mínimo e máximo

absolutos em 0, 2 .

2 cos 2p t c t , 0, 2t

20 0,2 cos 2 0 0,2 2 , 0,22

3 5 7, 0,2

4 2 4 4 4 4

p t t c t t t k k t

kt k t t t t t

Calculando os valores da função nos pontos fronteiros do intervalo temos,

2

0 sen 0 02

cp

2

2 sen 2 02

cp

Por outro lado 25

4 4 2

cp p

e 23 7

4 4 2

cp p

, donde se concluí que a função

tem máximo absoluto igual a

2

2

c em

4t

ou

5

4t

e mínimo absoluto igual a

2

2

c em

3

4t

ou 7

4t

.

Para 4

t

, temos 2

2x c e

2

2y c

e para 5

4t

obtemos os seus valores simétricos,

2

2x c e

2

2y c .


De forma análoga seja agora 2 2 2,g x y x y c e vamos determinar os extremos de

,p x y x y , com as variáveis x e y sujeitas à condição , 0g x y .

O facto das variáveis estarem sobre uma circunferência e de p ser uma função contínua garante‐nos

pelo teorema de Weierstrass que a função tem um máximo e um mínimo absolutos no conjunto

2, : , 0x y g x y .


47

Consideramos a função 2 2 2,P x y xy x y c , e o sistema

2 2 2

02 0

0 2 0

, 0

P

x y xP

x yy

x y cg x y

Se 0x , da 1ª equação saía que 0y . Então pela 3ª equação concluímos que 0c , o que

contradiz a hipótese.

Como 0x , da 1ª equação sai que 2

y

x , substituindo na 2ª equação

22 2

2 2 22 2 2 2 2 2

22 2

2 0 02

yy yxx x

y yx y x x y

x xx y c

x y c x y c

obtemos 2 2x y . Substituindo agora na 3ª equação obtemos

22

2

cx , ou seja

2

cx .

Se 2

cx ,

2

cy e se

2

cx , obtemos igualmente

2

cy .

Então os pares ordenados ,2 2

c c

, ,2 2

c c

, ,2 2

c c

e ,2 2

c c

, são os

pontos de estacionaridade de ,P x y que satisfazem , 0g x y .

Calculando as imagens da função nos pontos de estacionaridade, temos

2

, ,22 2 2 2

c c c c cp p

e 2

, ,22 2 2 2

c c c c cp p

,

donde se conclui que a função atinge máximos nos pontos de coordenadas ,2 2

c c

e

,2 2

c c

e mínimos nos pontos de coordenadas ,2 2

c c

e ,2 2

c c

.


48

Do ponto de vista geométrico, considerando x e y positivos, este

problema será equivalente a saber qual o retângulo de maior área

que se pode inscrever numa circunferência. A resposta será um

quadrado cuja diagonal é igual ao diâmetro.


49

7. Outrosproblemas

Problema 7.1 ‐ Determine as dimensões do retângulo de maior perímetro que pode ser inscrito na

elipse

2 2

2 21

x y

a b , , 0a b .

Considerando ,x y um ponto da elipse tal que , 0x y ,

pela simetria da elipse, o perímetro do retângulo nela

inscrito, conforme a figura ao lado, vem dado por

4 4p x y .

De

2 2

2 21

x y

a b , vem

2 2 22 22 2 2 2 2 2 2

2 2 21

b a xx yb x a y a b y

a b a

e como 0y , temos 2 2b

y a xa

.

Então 2 24 4b

p x x a xa

, 0 x a .

Como p x é contínua em 0,a , pelo teorema de Weierstrass, p x possui máximo e mínimo

absolutos em 0,a .

Derivando ,

2 2

4 4b x

p xa a x

, 0 x a .

Para 0 x a ,

2 2 2 2 2 2

0 4 4 0 1b x b x x a

p xa a ba x a x a x

Elevando ambos os membros ao quadrado

22 2 4

2 2 4 2 2 2 2 4 22 2 2 2 2

x a ab x a a x x a b a x

a x b a b

e como 0x , temos 2

2 2

ax

a b

donde

22 4 2 2 2

2 22 2 2 22 2 2 2 2 2

b a b a b a b b ab by a aa a a b a a b aa b a b a b


50

Tem‐se,

0 4p b

4p a a

22 2 2 2 4

2 22 22 2 2 2 2 2 2 2

2 4 2 2 4 2 2 22 2

2 22 2 2 2 2 2 2 2

4 44 4

4 4 4 44 4 4

a a b a a b ap a a

a a a ba b a b a b a b

a b a a b a a b ab a ba b

a a b aa b a b a b a b

Como 2 2 24 4 4a b a a e 2 2 24 4 4a b b b conclui‐se que 2 24 a b é o máximo

da função continua p x restrita ao intervalo 0,a .

O retângulo de maior perímetro que pode ser inscrito na elipse 2 2

2 21

x y

a b tem lados de

comprimentos 2

2 2

2a

a b e

2

2 2

2b

a b.

Resolvendo o problema usando uma função de duas variáveis e aplicando o método dos

multiplicadores de Lagrange, pretendemos maximizar , 4 4p x y x y restrita ao conjunto

2, : , 0 0 0C x y g x y x y , com 2 2 2 2 2 2,g x y b x a y a b .

Seja 2 2 2 2 2 2, 4 4P x y x y b x a y a b , para 0x e 0y . Vamos determinar as

soluções do sistema

2

2

2 2 2 2 2 2

04 2 0

0 4 2 0

, 0

P

x b xP

a yy

b x a y a bg x y

Como 0x da 1ª equação sai 2

2

b x e substituindo na 2ª equação obtemos

2 2 22 2

2 2 2

4 44 0 4

a y a y ba y b x y x

b x b x a .

Substituindo agora na 3ª equação temos


51

4 4 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4

4 2 2

42 2 2 4 2

2 2

b b bb x a x a b b x x a b x x a a x b x a

a a a

ax a b a x

a b

Como 0x , vem 2

2 2

ax

a b

donde 2 2 2

2 2 2 2 2

b a by ya a b a b

.

Comparando os valores de

, 0 4p a a , 0, 4p b b e

2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2, 4 4

a b a bp a b

a b a b a b

, concluímos

que o máximo da função p restrita ao conjunto C é 2 24 a b .

Problema 7.2 – Qual é o retângulo de perímetro máximo inscrito numa circunferência de raio r ?

Este problema é um caso particular do problema anterior em que a b r .

Vimos na resolução do problema anterior que 2 2by a x

a e o que o perímetro máximo era

2 24p a b , atingido quando 2

2 2

ax

a b

. Como neste caso a b r , efetuando as

substituições concluímos que o perímetro máximo será 2 24 4 2p r r r e que tal acontece

quando 2 2

2 2

2

22

r rx r

rr r

e

2 22 2

2 2 2

r ry r r .

Assim, e tendo em consideração o problema 6.2, podemos afirmar que o retângulo de perímetro

máximo e área máxima que se pode inscrever numa circunferência é um quadrado cuja diagonal é

igual ao diâmetro.

Problema 7.3 ‐ Determine as dimensões do retângulo de maior área que pode ser inscrito na elipse

2 2

2 21

x y

a b , , 0a b .


52

A área é dada por 4A xy , onde 2 2by a x

a

como foi visto no problema anterior.

2 24b

A x x a xa

, 0 x a

2

2 2

2 24 4b b x

A x a xa a a x

, 0 x a

2

2 2

2 20

xA x a x

a x

Elevando ao quadrado

4 22 2 4 2 2 4 4 2

2 22

2

x aa x a a x x x x

a x

Como 0x , vem 2

2x a

22 2 2

2 2 2

b a by a a b

a a

Uma vez que

0 0A

0A a

22

2A a ab

concluímos pelo teorema de Weierstrass que 2ab é o máximo da função contínua A , no intervalo

0,a .

O retângulo de maior área que pode ser inscrito na elipse 2 2

2 21

x y

a b tem lados de comprimentos

2a e 2b .

Resolvendo o problema com uma função de duas variáveis e aplicando o método dos multiplicadores

de Lagrange, pretendemos maximizar , 4A x y xy restrita ao conjunto

2, : , 0 0 0C x y g x y x y , com 2 2 2 2 2 2,g x y b x a y a b .


53

Seja 2 2 2 2 2 2, 4F x y xy b x a y a b para 0x e 0y . Vamos determinar as soluções

do sistema

2

2

2 2 2 2 2 2

04 2 0

0 4 2 0

, 0

F

x y b xF

x a yy

b x a y a bg x y

Como 0x da 1ª equação sai 2

2y

b x e substituindo na 2ª equação obtemos

2 2 2 22 2 2 2 2

2 2

44 0 4 4

a y b xx a y b x y

b x a , mas como 0y temos

bxy

a .


2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 22

2 2

b a b ab x a x a b b x b x a b b x a b x x

a b .

Como 0x vem 2

2x a e

2 2

2 2

by a y ba

.

Calculando

, 0 0A a

0, 0A b

2 2, 2

2 2A a b ab

e comparando os valores acima concluímos que a função contínua A restrita ao conjunto C , atinge

um máximo no ponto de coordenadas2 2

,2 2a b

.

Problema 7.4 ‐ Faz‐se girar um triângulo retângulo de hipotenusa h em torno de um dos seus

catetos, gerando um cone circular reto. Qual o volume máximo do cone?

Sejam x e y os catetos do triângulo, em que x será o raio da base do cone , y a

altura e considerando a rotação em torno de y .

O volume do cone será 21

3v x y .


54

Pelo teorema de Pitágoras temos: 2 2 2 2 2h x y y h x

mas como no nosso caso 0y , vem 2 2y h x .

Substituindo no volume obtemos a função contínua 2 2 21

3v x x h x , 0 x h .

Derivando vem

2 2 3 2 232 2

2 2 2 2 2 2

2 2 32

3 3 3 3

x h x x x h xxv x x h x

h x h x h x

, 0 x h

Resolvendo a equação

2 2

2 2 2 2

2 2 0

2 3 20 0 3 2

33 x h

x h xv x x h x h

h x

mas uma vez que 0x , só nos interessa a solução positiva.

Portanto o único ponto, do domínio considerado, onde a derivada do volume se anula é 6

3x h .

Estudemos então a monotonia da função que traduz o volume.

x 0 6

3h h

v x 0

v x 0 máximo 0

O volume do cone é máximo em 6

3x h e por consequência

2

2 6 3

3 3y h h h

.

O valor máximo do volume é

2

2 31 6 3 1 2 3 2 3

3 3 3 3 3 3 27v h h h h h

.

Podemos também resolver este problema recorrendo à trigonometria.

Seja o ângulo que a hipotenusa faz com o cateto que será a altura do cone.


55

Assim temos x hsen e cosy h , 0,2

, pelo que o volume será

3 21cos

3v h sen .

Tomemos agora a função contínua 3 21cos

3f h sen , 0,

2

.

Derivando obtemos

3 2 3 3 3 2 2

3 2

2 1 1cos 2cos

3 3 31

3cos 1 .3

f h sen h sen h sen sen

h sen

Igualando a zero vem

3 2 210 3cos 1 0 0 3cos 1

3

30 cos .

3

f h sen sen

sen

Para 0,2

a única solução possível é

3 3cos arccos

3 3

.

Da fórmula fundamental da trigonometria temos

2 2 2 21 2cos 1 1

3 3sen sen sen

e como 0,2

, vem

6

3sen , donde 3 33 1 2 3 2 3

arccos3 3 3 3 27

f h h

. Por

outro lado 0 0f e 02

f

, pelo que a função f atinge o valor máximo em

3arccos

3

.

Como v é a função f restringida a 0,2

, concluímos que para 3

arccos3

obtemos o

máximo do volume igual a 3 33 1 2 3 2 3arccos

3 3 3 3 27v h h

.


56

Resolvendo usando uma função de duas variáveis, aplicando o método dos multiplicadores de

Lagrange, pretendemos maximizar 21,

3v x y x y restrita ao conjunto

2, : , 0 0 0C x y g x y x y , com 2 2 2,g x y x y h .

Sendo

2 2 2 21,

3V x y x y x y h tem‐se para , 0x y :

22

3

Vxy x

x

212

3

Vx y

y

2 2 2x y h

Procuramos as soluções do sistema

2

2 2 2

20 2 0

31

0 2 03

, 0

Vxy x

xV

x yy

x y hg x y

Como 0x , da 1ª equação vem 1

3y e substituindo na 2ª equação obtemos

2 2 2 21 20 2

3 3x y x y . Ou seja no nosso caso 2x y .


22 2 2 2 2 22 3

3

hy y h y h y

donde sai 3

3y h e

6

3x h .

O ponto de estacionaridade de V que satisfaz , 0g x y é o ponto de coordenadas

6 3,

3 3h h

e temos , 0 0v h , 0, 0v h e 36 3 2 3,

3 3 27v h h h

donde se concluí que 32 3

27h é volume máximo.


57

Problema 7.5 ‐ Determine o volume do maior cilindro circular reto que pode ser inscrito numa esfera

de raio r.

Uma das formas de abordar este problema é recorrer ao problema anterior.

Imaginemos um cone obtido pela rotação de um triângulo retângulo, cuja hipotenusa é o raio da

esfera, em torno de um dos seus catetos, indicado por y na figura. O raio da base do cone de

volume máximo será igual ao raio da base do cilindro de volume

máximo.

Do problema anterior vem que o cone com vértice no centro da

esfera de volume máximo tem raio da base 6

3x r e altura

3

3y r .

Portanto o cilindro de volume máximo tem raio da base

6

3x r e altura

2 32

3y r donde se conclui que o volume máximo do cilindro é

2

36 2 3 4 3

3 3 9V r r r

, ou seja

3

3 do volume da esfera.

Problema 7.6 – Qual o cone de volume máximo que se pode inscrever numa esfera de raio R?

Seja h a altura do cone, r o raio da base do cone e R o raio da esfera.

O volume do cone é

2

3

hrv

mas pelo teorema de Pitágoras

22 2 2 22r R h R r hR h

e 2 2 32 2

3 3

h hR h h R hv h

, 0 2h R .

Derivando para 0 2h R

24 3

3

hR hv h


58

Igualando a zero temos

24 3 4

0 0 4 3 0 0 4 3 0 03 3

hR hv h h R h h R h h h R

Como 0 2h R , a única solução possível é 4

3h R .

Calculando

0 0v

3 38 8

2 03

R Rv R

3 3

3

32 644 329 273 3 81

R Rv R R

concluímos aplicando o teorema de Weierstrass que a função contínua v , restrita ao intervalo

0, 2R tem valor máximo 332

81R

, quando

4

3h R .

A título de curiosidade o volume máximo do cone inscrito na esfera é igual a 8

27 do volume da

esfera.

Problema 7.7 – Considerando um tanque cónico, sem tampa, de volume V, quais as dimensões do

tanque que minimiza a quantidade de material usado na sua fabricação?

Seja l o lado do cone, h a altura e r o raio da base do cone.

A área do cone, sem tampa, é 2 2a rl r h r .

O volume do cone é dado por

2

3

hrV

,

então a área vem 2

22 4

9Va r r r

r

, 0r

Para simplificar vamos estudar a função 2a r .

2 2

2 2 2 2 2 42 4 2

9 9V Va r r r r

r r

2

2 2 33

184

Va r r

r


59

2 2

2 2 3 2 6 2 63 2

18 90 4 4 18

2

V Va r r r V r

r

uma vez que 0r vem 2

62

9

2

Vr

.

r 0 2

62

9

2

V

2a r 0

2a r mínimo

Logo a área de material utilizado é mínima quando 2

62

9

2

Vr

,

3 3 3

3 32 2 2 22 332 3

36 222

3 3 27 27 54 6

9 9 9992 222

V V V V V Vh

V V VVV

e uma vez que

2

0limra r

e 2lim

ra r

concluímos que não existe um valor máximo para a área.

Problema 7.8 ‐ Determinar o ponto P situado sobre a hipérbole 1xy , que está mais próximo da

origem.

Seja ,P x y um ponto situado sobre a hipérbole 1xy .

Pela equação da hipérbole concluímos que 0x , 0y e

que, por exemplo, 1

yx

.

A distância de P à origem é dada por 2 2d x y e

substituindo y vem uma função na variável x dada por

22

1d x x

x .

Como se trata de uma distância, e portanto uma função positiva, minimizar d x será equivalente a

minimizar 2 22

1d x x

x .


60

Derivando, vem

23

22d x x

x

4

23 3

2 2 20 2 0 0

xd x x

x x

, donde como 0x , temos

4 42 2 0 1 1x x x .

Como 24

62d xx

, concluímos que 2 0d x , \ 0x , donde a função tem

mínimos locais nos pontos 1x , que pelas características geométricas do problema se percebe

serem mínimos absolutos.

Se 1x , vem 1y .

Se 1x , vem 1y .

Os pontos cuja distância à origem é mínima têm coordenadas 1,1 ou 1, 1 .

Abordando o problema usando uma função de duas variáveis e aplicando o método dos

multiplicadores de Lagrange, pretendemos minimizar 2 2,f x y x y sujeita à condição

, 0g x y , com , 1g x y xy .

Seja 2 2, 1F x y x y xy . Queremos determinar as soluções do sistema

02 0

0 2 0

1, 0

F

x x yF

y xy

xyg x y

Como 0y da 1ª equação sai 2x

y e substituindo na 2ª equação obtemos

22 22

2 0x

y x y x y x yy

.

Se x y , obtemos na 3ª equação 2 1x , o que é impossível.

Se x y , obtemos na 3ª equação 2 1 1 1x x x .

Portanto os pontos de estacionaridade são os pontos de coordenadas 1, 1 e 1,1 , que são

pontos onde a função atinge o mínimo.


61

Problema 7.9 ‐ Um fio de comprimento l é cortado em dois pedaços. Com um deles se fará um

círculo e com o outro um quadrado.

Como devemos cortar o fio a fim de que a soma das duas áreas compreendidas pelas figuras seja

mínima?

Suponhamos que cortamos o fio obtendo um pedaço de comprimento x e outro de comprimento

l x .

Suponhamos ainda que o pedaço de comprimento x servirá para formar um círculo de raio r .

Então 2x r e como l x é igual ao perímetro do quadrado, o lado do quadrado é 4

l x.

A área das figuras obtidas é

22

4

l xA r

. Mas como

2

xr

, vem 22

4 16

l xxA x

,

0 x l . Trata‐se de uma função contínua, pelo que, de acordo com o teorema de Weierstrass, a

função A atinge um mínimo e um máximo absolutos em 0, l .

2 8

x l xA x

0 0 4 0 42 8 4

x l x lA x x l x x l x

.

Para este valor de x temos:

2 2 2 2

2 2 2

2 2

4164 4 4 4

4 4 16 4 16 4 4 16 4

l l l ll

l l lA

22 2 2 2 2

2 2

44 16

4 4 16 416 4 4 4

ll l l l

.

Nos pontos fronteiros do domínio, a função A x toma os valores 2

016

lA e

2

4

lA l

.

Qualquer um deles é maior que 4

lA

pelo que se pode afirmar que 2

4 16 4

l lA

é o

mínimo da função.

Como devemos cortar o fio a fim de que a soma das áreas compreendidas seja máxima?


62

Do estudo anterior ficamos a saber que para 0,x l o único ponto de estacionaridade de A

corresponde a um mínimo. Pelo teorema de Weierstrass, sabemos que a função A também possui

um máximo, este necessariamente será atingido em 0x ou x l .

Como 2 2

016 4

l lA A l

, concluímos que máximo da área é obtido quando x l , ou seja

quando só for construído o círculo, o que está de acordo com o estudo do problema isoperimétrico

que foi apresentado no capítulo 3.

Problema 7.10 – Dispondo‐se de uma cartolina quadrada de lado a , pretende‐se fazer uma caixa

sem tampa, recortando quadrados iguais nos cantos e dobrando os seus lados. Qual deve ser o

comprimento do lado do quadrado que se recorta para que o volume da caixa seja máximo? Qual é o

volume máximo da caixa?

Designando por x o comprimento do lado do quadrado que se corta

nos cantos, temos 02

ax .

Dobrando a parte de cartolina restante, obtém‐se a caixa aberta.

O volume da caixa é 2 3 2 22 4 4V x a x x x ax a x , 02

ax .

Pelo teorema Weierstrass a função contínua V tem um máximo e um mínimo absolutos em 0,2

a

.

Derivando obtemos,

2 212 8V x x ax a , 0

2

ax .

Igualando a zero

2 2

2 2 8 64 48 8 40 12 8 0

24 24 2 6

a a a a a a aV x x ax a x x x x

.

mas como 02

ax , teremos

6

ax .


63

Calculando

20 0 0 0V a

22

02 2 2

a a aV a

2 2 32 4 2

6 6 6 9 6 27

a a a a a aV a

Concluímos que a função tem um mínimo em 0x e 2

ax e um máximo em

6

ax .

Assim o volume máximo é atingido cortando em cada canto um quadrado de lado 6

a, obtendo‐se

uma caixa cujo volume máximo é

32

27

a.

Problema 7.11 ‐ Uma janela tem forma de um retângulo encimado por um semicírculo. De entre as

janelas de perímetro p qual tem maior área?

Seja x a altura do retângulo e r o raio do semicírculo, conforme a

figura ao lado.

2 2 2 2p x r r x r

A área é dada por

2

22

ra rx

, mas como

2

2

p rx

, vem

2

222

ra r pr r

, 02

pr

Pelo teorema Weierstrass a função contínua a r tem um máximo e um mínimo absolutos em

0,2

p

.

Derivando em ordem a r obtemos

4a r p r r , 02

pr


64

Calculando os zeros da derivada

0 44

pa r r p r

.

Tem‐se

2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

2 2 2

242

4 2 4 4 42 4 4

2 4 4 2 48 2 4 2

8 22 4 2 4 2 4

pp p p p p p p

a p

p p p p pp p p p p p

0 0a

2

2 2 2 2 2

2 2

22

2 2 2 2 2 22 2 2 2

pp p p p p p p

a p

Como

2 2

28 2 2 2

p p

, concluímos que máximo da função no intervalo 0,

2

p

é atingido

quando 4

pr

.

Problema 7.12 ‐ Uma lata cilíndrica sem tampa superior tem volume V. Determine as dimensões da

lata, de modo a que a quantidade de material necessário para a sua fabricação seja mínima.

Designando por h a altura e por r o raio da base da lata, a respetiva área da superfície é dada por

2 2a r rh .

Como o volume é V podemos escrever h em função de r na seguinte forma: 2

Vh

r .

Substituindo na expressão da área obtemos

2 2V

a r rr

, 0r

22 2

Va r r

r

3 32

0 2 2 0V V

a r r r V rr


65

3

42

Va r

r

34

2 6 0V V

aV

logo a r atinge um mínimo quando 3V

r

e

2

33

2 2

33

V V Vh

V V

.

Como obtemos um único ponto de estacionaridade de a e como

2lim lim 2r r

Va r r

r

e 2

0 0lim lim 2r r

Va r r

r

concluímos que não

existe um máximo para a área da superfície da lata e que o mínimo local é mínimo absoluto.

Logo a área mínima é

21 2 1 2

33 23 3 3 33

1

3

2 2 3V V V

a V V VV

.

Problema 7.13 – Um cano de metal deve ser transportado por um corredor em forma de L com

largura a e b . Qual o comprimento máximo do cano que passa pelo corredor sem o levantar do

chão?

Para resolvermos este problema vamos

estudar os comprimentos dos segmentos

PQ , os quais intersectam a esquina

interna do corredor no ponto S e se

apoiam nas paredes nos pontos P e Q .

Seja 0,2

o ângulo que o

segmento PQ faz com a parede na

horizontal, conforme a figura.

Designemos por c o comprimento do segmento PQ e por 1c e 2c os comprimentos das partes do

segmento compreendidas entre as paredes e a quina interna.


66

Aplicando as razões trigonométricas temos

22

a asen c

c sen

, pois 0sen , 0,

2

.

11

coscos

b bc

c

, pois cos 0 , 0,

2

.

Como 1 2c c c , vem

cos

b ac

sen

, 0

2

.

O comprimento máximo que o cano pode ter para passar pelo corredor nestas condições

corresponde ao mínimo de c .

Derivando c tem‐se

2 2

cos

cos

bsen ac

sen

.


3 3

2 2 2 2

3 3 3 3 3

3 3

cos cos0 0 0

cos cos

cos 0 cos

bsen a bsen ac

sen sena

bsen a bsen a tgb

a atg arctg

b b

0 3a

arctgb

2

c 0

c mínimo

3a

c arctgb

é o mínimo da função.

Para determinar o seu valor vamos recorrer a uma variante da fórmula fundamental da

trigonometria, sabendo que 3a

tgb

e que 0,2

.


67

De 22

11

costg

, vem

23 3 32 2 23

22 2 3 3 32 2 2

1 11 cos

cos cos

a a b b

b b a b

e como 0,

2

, temos

3 62 2 3

3 32 2 3 3 3 32 2 2 2cos

b b b

a b a b a b

.

Como cos

sentg

, temos 3 3

3

3 3 3 32 2 2 2

a b asen

b a b a b

donde

3 3 3 32 2 2 2

33 3 3 3

3 3 3 32 2 2 2

a b a b a b a a bc arctg

b b a b a

a b a b

3 3 3 3 3 3 3 3 3 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2b a b a a b a b a b .

Em particular, no caso em que o corredor tem igual largura em toda a sua extensão, ou seja quando

a b , temos

cos

a ac

sen

, 0

2

2 2

cos

cos

asen ac

sen

.

Neste caso o valor mínimo do comprimento é atingido quando 1arctg , isto é, quando, 4

.

O comprimento do cano nestas condições é 4

2 24 2 2 2

2 2

a a ac a

.

Problema 7.14 – Supondo que o produto de dois números positivos é c (constante real positiva),

qual é valor mínimo e máximo para a sua soma?

Sejam x e y dois números positivos tais que xy c .

Pretendemos estudar o comportamento da soma dos números s x y .

De c

xy c yx

, uma vez que 0x , pelo que cs x x

x , 0x .


68

Derivando vem

21

cs x

x


22

0 1 0c

s x x cx

Como por hipótese temos 0x , vem x c .

x 0 c

s x 0

s x mínimo

O valor mínimo da soma é 2c

s c c cc

.

Em relação ao valor máximo para a soma convém notar o seguinte:

0

lim limxx

s x s x

pelo que podemos afirmar que a soma não tem um valor máximo.

Problema 7.15

Ao ser lançado, um foguetão é impulsionado pela expulsão dos gases resultantes da queima de

combustível numa câmara.

Desde o arranque até se esgotar o combustível, a velocidade do foguetão, em quilómetros por

segundo, é dada por:

3ln 1 0,005 0,01v t t t ( ln significa logaritmo de base e )

A variável t designa o tempo, em segundos, após o arranque.

a) A massa inicial do foguetão é de 150 toneladas, dos quais 80% correspondem à massa do

combustível.

Sabendo que o combustível é consumido à taxa de 0,75 toneladas por segundo, justifique

que 0,160t .


69

b) Verifique que a derivada da função v , no intervalo 0,160 , é positiva e conclua qual é a

velocidade máxima que o foguetão atinge neste intervalo. Apresente o resultado em

quilómetros por segundo, arredondado às décimas.

Exame Nacional de 12º ano, 1ª fase, 2ª chamada 1999, código 135

Resolução

a) A massa de combustível é igual a 150 80% 120 toneladas.

O tempo que demora a gastar o combustível é 120 0,75 160 segundos, logo 0,160t .

b) Como 0,160t e a função 3ln 1 0,005 0,01v t t t é contínua em 0,160 , v t

possui máximo e mínimo no intervalo 0,160 .

Derivando v t

0,015 0,005 0,000050,01 0 , 0,160

1 0,005 1 0,005

tv t t

t t

Concluímos que a função v t é estritamente crescente em 0,160 e como tal atinge o mínimo

quando 0t e o máximo quando 160t , sendo o valor máximo da velocidade

160 3ln 1 0,005 160 0,01 160 3ln 0, 2 1,6 3, 2v km/s.


70

8. Médias

As médias mais conhecidas são a média aritmética, a média geométrica e a média harmónica.

Definição 8.1 Para dois números a e b , definimos média aritmética, média geométrica e média

harmónica respetivamente por:

2

a bA

G ab

2abH

a b

Geralmente para calcular a média geométrica impõe‐se a condição , 0a b e no cálculo da média

harmónica que a e b não sejam nulos.

Vamos considerar no que se segue , 0a b .

Podemos escrever a média geométrica como 2G ab ou

a G

G b . A média harmónica pode ser

considerada como o inverso da média aritmética dos inversos, isto é

1 11

2a b

H

.

Das definições sai que 2AH G , ou seja a média geométrica de dois números é também a média

geométrica entre a média aritmética e a média harmónica destes números.

Proposição 8.2 Dados os números positivos a e b , com a b , tem‐se a H G A b , sendo

as desigualdades estritas se a b .

Demonstração.

Sejam , 0a b .

Se a b , então 2

a aA a

; G a a a e

2a aH a

a a

, isto é, a H G A b .

Se a b , temos:

2a b b b b , logo 2a a b ab e como consequência 2ab

aa b

, ou seja a H .


71

Por 20a b temos que

2 22 0a ab b , donde somando 4ab a cada membro temos

2 22 4a ab b ab . Podemos então escrever que 2 2

2 4a ba b

ab ou seja

2 2

2

4a bab

a b

, donde

se conclui que 2ab

aba b

, ou seja H G .

De 2

0a b , vem 2 0a b a b ou seja 2

a bab

, isto é G A .

Finalmente

a b b b ou seja 2a b b isto é 2

a bb

, ou seja A b .□

8.1. Médiasparamaisdedoisnúmeros

As médias vistas anteriormente para dois números podem ser generalizadas para mais números.

Definição 8.3 Dados n números positivos 1 2, ,..., nx x x , define‐se:

1 2 ... nx x xA

n

, 1 2 ....n

nG x x x e

1 2

1 1 1...

n

nH

x x x

.

Como, consequência da definição 8.3, temos:

Proposição 8.4 Dados n números positivos 1 2, ,..., nx x x , temos H G A .

No caso em que em que 1 2 ... nx x x , então A G H .

Antes de demonstrar a proposição 8.4, vamos demonstrar o seguinte lema.

Lema 8.5 Dados n números positivos 1 2, ,..., nx x x , se 1 2 ... 1nx x x então 1 2 ... nx x x n ,

tendo‐se a igualdade se e só se 1 2 ... nx x x .

Demonstração.

Vamos efetuar a prova por indução, no caso 1n o resultado é trivial.

Hipótese de indução: se 1 2 ... 1px x x então 1 2 ... px x x p


72

Tese: se 1 2 1... 1p px x x x então 1 2 1... 1p px x x x p

Como 1 2 1... 1p px x x x existe pelo menos um termo maior ou igual a 1 e pelo menos um termo

menor ou igual a 1.

Vamos supor, sem perda de generalidade que 1 1x e que 2 1x . Assim temos 1 1 0x e

21 0x logo 1 2 1 1 2 2 1 2 1 21 1 0 1 0 1x x x x x x x x x x .

Podemos então escrever

1 2 1 1 2 3 1... 1 ... 1p p px x x x x x x x e pela hipótese de indução se o produto de p

fatores é igual a 1, então 1 2 3 1... px x x x p , donde se conclui que

1 2 3 1 1 2 3 1... 1 ... 1p px x x x x x x x p .

Se pelo menos um dos ix for diferente dos restantes o raciocínio anterior é válido com

desigualdades estritas o que mostra que neste caso 1 2 ... nx x x n . Por outro lado, se

1 2 ... nx x x e 1 2 ... 1nx x x então 1ix , 1,...,i n donde 1 2 ... nx x x n .

□

Passemos agora à demonstração da proposição 8.4.

Demonstração.

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

fatores

1 2

1 2 1 2 1 2

.... ....1

.... .... .... .... ....

........ .... ....

n nn n

n n n nn n n nn

n

nnn n n

n n n

x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

xx x

x x x x x x x x x

e portanto 1 2

1 2 1 2 1 2

.... 1.... .... ....

n

n n nn n n

xx x

x x x x x x x x x

pelo lema 8.5,

1 21 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 21 2

1.... ....

.... .... .... ....

....

nn

n n n nn n n n

n

xx xn x x x n

x x x x x x x x x x x x

x x xx x

n

....n

nx

Fica mostrado que G A , falta mostrar que H G .


73

Para isso convém lembrar que o inverso da média harmónica de n números positivos é a média

aritmética dos inversos desses números, ou seja dados n números positivos 1 2, ,..., nx x x , tem‐se

1 2

1 2 1 2

1 1 1...

1 1 1 1 1...

....n

nn

n n

x x x

H n x x x x x x

ou seja 1 1

H G , donde sai H G .

É fácil verificar que se 1 2 ... nx x x k , então nk

A kn

, n nG k k e n

H knk

, ou

seja H A G .

□

Resulta da demonstração anterior e do lema 8.5 que se os números 1,..., nx x não forem todos iguais

se tem G A . Este facto será usado no que se segue.

8.2. Aplicaçõesdasdesigualdadesdasmédias

1) Mostre que se 0x , então 1

2xx

.

Aplicando a desigualdade das médias A G aos números x e 1

x, vem

11

2

xx x

x

, isto é,

1

12

xx

, ou seja

12x

x e

12x

x se e só se 1x .

2) Considerando as variáveis reais positivas , , ,x y z w , qual o menor valor da expressão

x y z w

y z w x ?

Aplicando a desigualdade das médias A G aos números x

y, y

z, z

w e w

x vem,


74

4

4

x y z wx y z wy z w xy z w x

ou seja, 1

4

x y z wy z w x

e como tal 4x y z w

y z w x ,

donde se conclui que o valor mínimo da expressão x y z w

y z w x é 4 e é atingido quando

x y w z .

3) Para 0x , qual é o valor mínimo de 2 1y x

x ?

Podemos escrever 2 1 1

2 2y x

x x .

Aplicando a desigualdade das médias a 2x ,

1

2x e

1

2x vem,

2

23

1 11 12 2

3 2 2

xx x x

x x

ou seja

2

3

11

3 4

xx

, donde

2

3

1 3

4x

x .

O valor mínimo de y é 3

3

4, o que se verifica quando 2 1

2x

x ou seja quando

3

1

2x .

4) Se , ,x y z são números positivos, qual o valor mínimo de 1 1 1x y z

x y z

?

Tem‐se 1 1 11 1 1x x y y z z

x y zx y z y z x z x y

.

Aplicando a desigualdade das médias temos

9

1 1 11 1 1

9

x x y y z zx x y y z zy z x z x yy z x z x y

, ou seja

1 1 11

9

x x y y z zy z x z x y

, donde se conclui que

1 1 1 9x x y y z z

y z x z x y e que a expressão 1 1 1

x y zx y z

tem como

valor mínimo 9, sendo este valor atingido quando x y z .


75

5) Resolução do problema 7.6

Seja h a altura do cone, r o raio da base do cone e R o raio da esfera.

O volume do cone é

2

3

hrv

e como visto

22 3 22

3 3

h R hh R hv

.

Podemos então escrever, aplicando a desigualdade das médias que:

3

323 22 224 2 2 3 3

h hR hv h h R

R h

, atingindo o volume máximo quando

se tem a igualdade, ou seja quando 4

2 4 22 3

h RR h h R h h .

6) Resolução do problema 7.10

Nas condições do enunciado o volume da caixa é 22V a x x .

Aplicando as desigualdades das médias podemos escrever

3

32 2

2 2 4 416 4 4 3 6

a x a xxa x a xV a

x

atingindo o valor máximo quando se tem a igualdade, ou seja quando 2

4 6

a x ax x

.

A desigualdade entre as médias aritmética e geométrica tem como consequência as seguintes

afirmações:

Proposição 8.5.

I. Se a soma de n números positivos for constante, então o produto é máximo quando todos os


II. Se o produto de n números positivos for constante, então a soma é mínima quando todos os



76

Demonstração:

Afirmação I

Sejam 1 2, ,..., 0nx x x números positivos tais que 1 2 ... nx x x k em que k é uma constante

real.

Consideremos a função 1 2 1 2, ,..., ...n nf x x x x x x .

Da desigualdade das médias podemos escrever 1 21 2

......n n

n

x x xx x x

n

, ou seja

1 2 1 2 1 2... ... , ,..., , ,...,n

nn n n

k k k k kx x x x x x f x x x f

n n n n n

,

1 2, ,..., 0nx x x

donde se conclui que o máximo de f é atingindo quando 1 2 ... n

kx x x

n .

Afirmação II

Sejam 1 2, ,..., 0nx x x números positivos tais que 1 2 ... nnx x x c em que c é uma constante

real.

Consideremos a função 1 2 1 2, ,..., ...n ng x x x x x x .

Da desigualdade das médias podemos escrever 1 21 2

......n n

n

x x xx x x

n

, ou seja

1 21 2 1 2

...... , ,..., , ,...,n

n n

x x xc x x x nc g x x x g c c c

n

, 1 2, ,..., 0nx x x

donde se conclui que o valor mínimo da função g é atingido quando 1 2 ... nx x x c .□

Como consequência da afirmação I podemos resolver a seguinte questão que foi abordada por

outros métodos no capítulo 3.

7) Provar que, de todos os triângulos com o mesmo perímetro, o equilátero possui maior área.

Consideremos o triângulo de lados , ,a b c com a b c p .

Pela fórmula de Héron a área do triângulo é dada por 2 2 2 2

p p p pA a b c

ou

seja 2 2 2 2

p p p pA a b c

.


77

Como 2

p é constante, a área será máxima quando

2 2 2

p p pa b c

for máximo.

Mas 3 3

2 2 2 2 2 2

p p p p p pa b c a b c p , que é constante.

Então pela afirmação I o produto será máximo quando

2 2 2

p p pa b c , ou seja quando

3

pa b c , como queríamos demonstrar.

8) Podemos aplicar a afirmação II à resolução do problema 7.14 e sai logo que a soma é mínima

quando x y , mas c

yx

, donde se conclui que 2x c e como 0x , vem x c .


78

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