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Trabalho sobre máximos e mínimos, incluindo problemas de otimização
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INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA
CURSO DE TECNOLOGIA EM TELEMÁTICA
RODRIGO DE OLIVEIRA MARTINS
MAXIMOS E MÍNIMOS
PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO
TRABALHO DE CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL
TAUÁ
2015.1
MÁXIMOS E MÍNIMOS
Para determinar os pontos de máximo e mínimo de uma função é necessário encontrar a derivada primeira da função e iguala-la à zero. Observe alguns exemplos.
DEFINIÇÕES Seja f uma função de domínio D. Então, f tem um valor máximo absoluto em D no pontoc se
f (x)≤ f (c) para qualquer x em D.e um valor mínimo absoluto em D no ponto c se
f (x)≥ f (c) para qualquer x em D.
Exemplo 1
f ( x )=−2x2+40 x
f ' ( x )=−4 x+40
0=−4 x+40
4 x=40
x=4010
=10
Para verificar o ponto crítico, pegue um valor anterior e um posterior a ele. Aplique-os na derivada da função, substituindo por x. Se o resultado for > 0 o ponto é crescente, se for < 0 é decrescente. Com isso é possível verificar o ponto crítico. Neste caso, usaremos 0 e 20.
f ' ( x )=−4 x+40
f ' (0 )=−4×0+40=40 (crescente )
f ' (20 )=−4×20+40=−40(decrescente)
Por fim, substituímos o x pelo ponto crítico na função:
f ( x )=−2x2+40 x
f (10 )=−2×102+40×10=−200+400=200
PONTO CRÍTICO
0 5 10 15 20 250
50
100
150
200
250 𝑓( ) = − 2 ² + 40𝑥 𝑥 𝑥
No caso do Exemplo 1, podemos dizer que no ponto 10 a função assume seu máximo. Nesses casos, é dado o nome de máximo global(Figura 1).
Exemplo 2
A partir da função:
f ( x )=x3−3x2−9x+7
f ' ( x )=3 x ²−6 x−9
3 x ²−6 x−9=0
Equação de 2º
Usaremos a fórmula de Bhaskara para encontrar as raízes dessa função:
x=−b±√b2−4ac2a
x=−(−6)±√ (−6 )2−4×3×(−9)
2×3
x=6±√1446
=6±126
x1=6+126
=3 x2=6−126
=−1
Com isso, são dados os pontos críticos: {−1,3 }
FIGURA 1
Escolhemos um ponto anterior, um posterior e um ponto entre eles:
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
Para encontrar o sinal, ou seja, descobrir se o ponto é decrescente ou crescente, aplicamos os pontos na derivada da função, como no Exemplo 1.
f ' ( x )=3 x ²−6 x−9
f ' (−2 )=3× (−2 )2−6× (−2 )−9=12+3=15 (crescente)
f ' (0 )=3×02−6×0−9=−9(decrescente)
f ' (4 )=3×42−6×4−9=48−33=15(crescente)
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
Vamos verificar os pontos críticos aplicando-os na função original:
f ( x )=x3−3x2−9x+7
f (−1 )=(−1 )3−3× (−1 )2−9× (−1 )+7=12(maximo)
f (3 )=33−3×32−9×3+7=−20 (minimo)
FIGURA 2
FIGURA 3
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
𝑓( ) = ³ − 3 ² − 9 +7𝑥 𝑥 𝑥 𝑥
Sendo assim, podemos concluir que no intervalo fechado [ -2 , 4 ], a função
f ( x )=x3−3x2−9x+7 assume um valor máximo relativo em -1 e um valor mínimo
relativo em 3 (Figura 3).
Exemplo 3
Da mesma forma, vejamos este outro exemplo.
f ( x )=2x3+x2−8 x+5
f ' ( x )=6 x2+2x−8
6 x2+2x−8=0
x=−2±√22−4×6×(−8)
2×6
x=−2±√19612
=−2±1412
x1=−2+1412
=1 x2=−2−1412
=−1612
=−43
Pontos críticos: {−43 ,1}
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
f ' ( x )=6 x2+2x−8
FIGURA 4
FIGURA 4
f ' (−2 )=6 (−2 )2+2 (−2 )−8=24−12=12(crescente)
f ' (0 )=6×02+2×0−8=−8 (decrescente )
f ' (2 )=6×22+2×2−8=24−4=20 (crescente)
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
f ( x )=2x3+x2−8 x+5
f (−43 )=2(−43 )3
+(−43 )2
−8 (−43 )+5¿ −128+135+48+288
27=34327
≅ 12.7 (maximo)
f (1 )=2×13+12−8×1+5=2−2=0 (minimo )
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.50
2
4
6
8
10
12
14
𝑓( ) = 2 ³ + ² − 8 + 5𝑥 𝑥 𝑥 𝑥
FIGURA 5
FIGURA 6
Podemos concluir, a partir dos exemplos anteriores, que apenas os pontos críticos e as extremidades podem assumir valores extremos. Porém, uma função pode apresentar um ponto crítico em x=c sem um valor extremo local nesse
ponto. Vamos analisar a demonstração gráfica das funções y=x ³ e y=x13 .
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10 𝑦= ³ 𝑥
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Ambas as funções apresentam um ponto crítico e um valor zero, mas cada função é positiva a direita da origem e negativa a esquerda. Sendo assim, nenhuma delas apresenta valor extremo local na origem. Ao invés disso, existe um ponto de inflexão.
FIGURA 8FIGURA 7
PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO
A partir de agora, veremos a aplicação prática dos exemplos anteriores, envolvendo máximos e mínimos.
Diversos problemas corriqueiros, onde sentimos a necessidade de maximizar o trabalho minimizando os custos, por exemplo, podem ser resolvidos aplicando esse método. Usaremos formas geométricas para aplicar as demonstrações, e, para tal, é necessário que saibamos as fórmulas de área e volume (Figura 9).
Fórmulas Geométricas
Exemplo 1
Um terreno retangular de 50m² de área deve ser cercado, sendo que, um lado do terreno já possui proteção, quais as dimensões que a cerca de menor comprimento deverá ter?
Solução
Façamos um esboço (Figura 10):
x
FIGURA 9
50m²
y
Usaremos L para o comprimento da cerca.
L=2 x+ y
à restrição
xy=50.
Utilizando xy=50, podemos escrever L como uma função apenas de x e derivá-la, igualando aos passos feitos nos exemplos anteriores de máximos e mínimos.
L=2 x+50x
dLdx
=2−50x2
2−50x2
=0 ; x2=25 ; x=5
Dado que xy=50 , o valor de y será y=10; então o terreno com a menor cerca terá 5 metros de largura e 10 metros de comprimento.
Exemplo 2
Um homem possui uma pedaço de papelão quadrado (Figura 11), com o comprimento de 6 metros e precisa de uma caixa que comporte o maior volume possível. Quando o volume será o máximo?
6metros
Solução
FIGURA 10
FIGURA 11
x
x
Primeiro precisamos definir uma função e um domínio para esta função.
6−2x>0;0<x<3
Vamos maximizar o volume da caixa.
V=b ²×h ²
V= (6−2 x )2 x
V= (36−24 x+4 x2 )x
V=4 x3−24 x2+36 x
Agora, derivamos e igualamos a zero.
V '=12 x2−48 x+36= x2−4 x+3
x=−(−4)±√(−4 )2−4×1×3
2×1
x=4±√16−122
= 4±√42
=4±22
x1=4−22
=1 x2=4+22
=3
Note que encontrando as raízes da função, x2=3 não está compreendido em nosso
domínio 0<x<3. Portanto, o valor de x será:
x=x1=1
Sendo assim, podemos concluir que:
h=x=1
b=6−2x=6−2=4
V=42×12=16m ³
O volume máximo da caixa será de 16m³.
Podemos fazer a demonstração gráfica da função do Exemplo 2:
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50
2
4
6
8
10
12
14
16
18
Exemplo 3
Um edifício de 2000m ² de piso deve ser construído, sendo exigido recuos de 5m na frente e nos fundos e de 4m nas laterais. Encontre as dimensões do lote com menor área onde esse edifício possa ser construído.
Solução
Área do edifico:
xy=2000
xy=2000→ y=2000x, x∈(0 ,+∞)
Área do terreno:
y=2000x
A=( x+8 ) ( y+10 )
A=(x+8)( 2000x +10)A=2000+10 x+ 16000
x+80
A=2080+10 x+ 16000x
FIGURA 12
A ( x )=2080+10 x+16000x
A' ( x )=10 x2−16000x ²
10x2−16000x2
=0
x=40
y=2000x
=200040
=50m
Para o lote de menor área:
Dimensões do edifício: 40m×50m
Dimensões do lote: 48m×60m
Concluímos que: o lote de menor área para construir o edifício deve ter 48m de frente e de fundos e 60m de laterias.
REFERÊNCIAS
UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE – UFF, LIVROS ONLINE. DISPONÍVEL EM:
http://www.uff.br/webmat/Calc1_LivroOnLine/Cap19_Calc1.html
LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica – Vol1.
FLEMMING, D. M.; GONÇALVES, M. G. Cálculo A: Funções, limite, derivação e integração.
THOMAS, G. B.; WEIR, M. D. Cálculo – Vol1.
SIMMONS, G. F. CÁLCULO COM GEOMETRIA ANALÍTICA – Vol1.
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