5.12 – exercÍcio – pg....
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391
5.12 – EXERCÍCIO – pg. 224
1. Um fio de comprimento l é cortado em dois pedaços. Com um deles se fará um círculo e com o outro um quadrado.
a) Como devemos cortar o fio a fim de que a soma das duas áreas compreendidas pelas figuras seja mínima?
22 arS += π sendo r o raio do círculo e a o lado do quadrado.
.4
242 que temos
rlalar
ππ
−=⇒=+
Assim,
16
44
4
2
2222
22
rrllrS
rlrS
πππ
ππ
+−+=
−+=
πππ
π
πππ
πππ
πππ
πππ
28832
4
4)832(
08432
016
842
16
2.442
2
2
2
2
2
+=
+=
=+
=+−
=+−
+
+−+=′
llr
lr
rlr
rlr
rlrS
mínimo de ponto é016
82
28
16
82
2
2
⇒>+=
+′′
+=′′
ππ
π
ππ
lS
S
Portanto: π28 +
=l
r e π+
=4
la .
1º Pedaço: π+
=4
44
la
392
2º Pedaço: π
ππ
+=
42
lr
b) Como devemos cortar o fio a fim de que a soma das áreas compreendidas seja máxima?
Como não existe ponto de máximo na função devemos fazer somente um círculo ou um quadrado. Temos:
quadradocírculo
quadrado
círuculo
AA
lA
llrA
>⇒
=
===
16
222
222
πππ
Portanto, vamos usar o comprimento do fio para fazer somente um círculo de raio
π2
lr = .
2. Determinar o ponto P situado sobre o gráfico da hipérbole ,1=xy que está mais próximo da origem.
Vamos considerar um ponto ),( yxP sobre a hipérbole e a distância d deste ponto até a origem. Temos:
xyyxd
1mas22 =+=
2
4
22 11
x
x
xxd
+=+=
Para achar o mínimo de d podemos minimizar a função
crítico ponto é1022
022
0
22
1
4
3
4
3
4
2
4
±=⇒=−
=−
⇒=′
−=′
+=
xx
x
xf
x
xf
x
xf
393
0
0
62
1
1
4
4
>′′
>′′
+=′′
−f
f
x
xf
1±⇒ são pontos de mínimo
Portanto )1,1(),( PyxP = ou )1,1( −−P .
3. Um fazendeiro tem 200 bois, cada um pesando 300 kg. Até agora ele gastou R$380.000,00 para criar os bois e continuará gastando R$ 2,00 por dia para manter um boi. Os bois aumentam de peso a uma razão de 1,5 kg por dia. Seu preço de venda, hoje, é de R$ 18,00 o quilo, mas o preço cai 5 centavos por dia. Quantos dias deveria o fazendeiro aguardar para maximizar seu lucro?
t400000.380Custo +=
)05,000,18(.)5,1300(200:Venda tt −+
)400380000()05,000,18(.)5,1300(200 tttL +−−+=
)400380000()05,018(.)30060000( tttL +−−+=
dias6730
2000
200030
02000300
400155400153000
400300.)05,018()05,0()30060000(
≅=
−=−
=+−⇒=′
−−+−−=′
−−+−+=′
t
t
tL
ttL
ttL
⇒<−=′′ 030L é ponto de máximo.
Assim, temos que o fazendeiro deve esperar 67 dias para obter o lucro máximo.
4. Achar dois números positivos cuja soma seja 70 e cujo produto seja o maior possível.
394
máximo. de ponto é3502
2
3502700
270
70)70(
70
35
2
=⇒<−=′′
−=′′
=⇒=−⇒=′
−=′
−=−==
=+
xf
f
xxf
xf
xxxxxyf
yx
Portanto .35e35 == yx
5. Usando uma folha quadrada de cartolina, de lado ,a deseja-se construir uma caixa sem tampa, cortando em seus cantos quadrados iguais e dobrando convenientemente a parte restante. Determinar o lado dos quadrados que devem ser cortados de modo que o volume da caixa seja o maior possível.
máximo. de ponto é6/46
.2486
mínimo de ponto é 2/04128)2/("
248"
6/ou 2/
0128
128
44
)44()2(
22
22
322
222
aaa
aa
V
aaaaaV
xaV
axax
xaxa
xaxaV
xaxxaV
xxaxaxxaV
<⇒−=+−=
′′
⇒>=+−=
+−=
==
=+−
+−=′
+−=
+−=−=
Portanto: os lados dos quadrados devem medir 6
a unidades de medida.
6. Determinar as dimensões de uma lata cilíndrica, com tampa, com volume V , de forma que a sua área total seja mínima.
222 rrhA ππ +=
Temos que:
395
2
2
r
Vh
hrV
π
π
=
=
Assim,
mínimo de ponto é 2
01248
42
.1
44
2
4
2
44
2
24
224
042
042
0
42
22
2.2
3
3
3
3
33
3
2
3
2
2
22
π
πππ
ππ
π
π
π
π
π
πππ
π
π
π
π
ππ
π
Vr
V
V
V
VVA
r
VA
Vr
VVrVr
rV
r
rVA
rr
VA
rr
VA
rr
VrA
=⇒
>=+=
+=+=
′′
+=′′
=
==⇒=
=+−
=+−
⇒=′
+−
=′
+=
+=
Portanto,
.
4
4.
2
3
32
22
3
π
ππ
π
π
V
V
V
r
Vh
Vr
===
=
396
7. Duas indústrias A e B necessitam de água potável. A figura a seguir esquematiza a posição das indústrias, bem como a posição de um encanamento retilíneo l , já existente. Em que ponto do encanamento deve ser instalado um reservatório de modo que a metragem de cano a ser utilizada seja mínima?
22
22
22
2222
22
22
4)12(16
12
42
2
)12(16
)1()12(2
2
1)(
4)12(16)(
)()(
oEncanament
)( oEncanament
x
x
x
x
x
x
x
xxL
xxxL
xbxcaxL
xbRB
xcaRA
++
−+
−=
++
−+
−−=′
++−+=
++−+=
+=
−+=
interessa. não124
0488
05769612
)2414416()4()14424(
))12(16()4()12(
0)12(164)12(
04)12(16
120
21
2
2
2222
2222
22
22
−==
=−+
=−+
+−+=++−
−+=+−
=−+++−
=+
+−+
−⇒=′
xx
xx
xx
xxxxxx
xxxx
xxxx
x
x
x
xL
( ) ( )
mínimo de ponto é40100
53)4(
4
4
16024
16)(
2/322/32
=⇒>=′′
++
+−=′′
xL
xxxxL
Precisamos ainda analisar os extremos pois .120 ≤≤ x
397
41,1347,494,8)4(
16,1616,124)12(
64,14264,12)0(
=+=
=+=
=+=
L
L
L
Portanto, 4=x é o ponto de mínimo procurado.
8. O custo e a receita total com a produção e comercialização e um produto são dados por:
2006,010)(
2,2600)(
qqqR
qqC
−=
+=
sendo 9000 ≤≤ q . (a) Encontrar a quantidade q que maximiza o lucro com a venda desse produto.
( ) ( ) ( )
6008,7006,0
2,2600006,0102
2
−+−=
−−−=
−=
qqq
qCqRqL
( )
650
8,7012,0
08,7012,0
=
=
=+−=′
q
q
qqL
( ) 0012,0 <−=′′ qL
Assim 650=q é ponto de máximo. (b) Qual o nível de produção que minimiza o lucro? A figura a seguir apresenta o gráfico da função lucro ( ) .6008,7006,0 2 −+−= qqqL Temos que o lucro mínimo é igual a zero e ocorre no nível de produção 82≅q .
398
100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200
-600-500-400-300-200-100
100200300400500600700800900
10001100120013001400150016001700180019002000
q
L(q)
(c) Qual o nível de produção correspondente ao prejuízo máximo? Observando novamente a figura podemos observar que o prejuízo é de 600 para q=0.
9. O gráfico da função ],[,)( 101
qqqFKqqC ∈+= α , sendo ,K α e F constantes
positivas, é denominado de curvas de custos a curto prazo de Cobb – Douglas. Essa curva é bastante utilizada para representar os custos de uma empresa com a produção de um produto.
(a) Dar o significado da constante F .
Temos que F representa o custo fixo.
(b) Verificar que, quando 1>α , a curva é côncava para baixo e interpretar esse resultado sobre o ponto de vista da Economia.
Na figura a seguir apresentamos um exemplo para ,2=K 3=α e 8=F .
399
1 2 3 4
2
4
6
8
10
12
14
16
18
q
C(q)
Algebricamente podemos fazer:
( )1
11 −
⋅=′ α
αqkqC
( )2
1
111 −
−⋅=′′ α
ααqkqC
01
1 >⇒>α
α e 011
<
−
α
02
1
>−
αq Portanto, ( ) ( )qCqC ⇒< 0'' é côncava para baixo. Sob o ponto de vista da economia isso significa que o custo marginal decresce a medida que o nível de produção aumenta.
(c) Supor ,2=K 3=α e 8=F e determinar se existir, o valor de q que fornece o custo médio mínimo.
400
( )
( )
( )
( )
( )3
31
31
31
223
523
5
132
31
31
6
64
38
83
4
083
4181
3
48.
3
22
82
82
82
−=
−=⋅
−=
=−
=
−−=−−=−
−⋅=′
+=
+=
+=
−−
−−
q
q
q
qqqq
qqqC
qqqC
q
qqC
qqC
Como 0<q não há q que produz custo médio mínimo.
(d) Usando os mesmo valores de item (c), determinar o nível de produção que minimiza o custo marginal, no intervalo 000125125 ≤≤ q .
( ) 32
3
2 −
=′ qqC é o custo marginal, que vamos denotar CM.
( ) ∃/=−=′ − 03
2.
3
2 35qqMC
( ) 266000,0000125 =CM
Como ( )qCM é decrescente, 000125=q .
10. Qual é o retângulo de perímetro máximo inscrito no círculo de raio 12 cm?
Supondo que o retângulo tenha lados x e y e o círculo raio r=12 temos:
Perímetro yx 22 +=
Observando o triângulo retângulo de hipotenusa igual ao diâmetro e catetos x e y temos:
401
2
22
222
576
576
24
xy
xy
yx
−=
−=
+=
Substituindo esse valor na expressão do perímetro temos:
97,16288288
5762
576
25762
0257620
576
25762
5762
2).1(.22
57622
2
2
22
2
2
2
2
2
2
≅±=∴=
=
=−
=−
=−−⇒=′
−
−−=
−
−+=′
−+=
xx
x
xx
xx
xxP
x
xx
x
xP
xxP
( )0236,0
576
1152
576
5762
2.2.5762
97,16
2/322
2
2
<−≅′′
−
−=
−
−
−+−−
−=′′
P
xx
x
xxx
P
máximo de ponto é97,16288 ≅∴
==> O retângulo de perímetro máximo é o quadrado de lado 288 .
11. Traçar uma tangente à elipse 22 22 =+ yx de modo que a área do triângulo que ela forma com os eixos coordenados positivos seja mínima. Obter as coordenadas do ponto de tangência e a área mínima.
Na figura que segue temos a visualização do problema.
402
-1 1
-1
1
x
y
2
1
Seja ( )11 , yx o ponto de tangência.
A equação da tangente é dada por:
)( 11 xxmyy −=−
Vamos encontrar os valores de x e y onde a reta tangente corta os eixos.
Se 11110 xmyyxmyyx −=∴−=−⇒=
Se
m
yxx
xxm
yxxmyy
11
11
11 )(0
−=
−=−∴−=−⇒=
Área do triângulo:
( )
2
111
1 mxym
yx
A
−
−
= que é a função que queremos minimizar.
Sabemos ainda que:
y
x
y
xy
xyy
yyx
yx
2
2
4
42
024
22 22
−=−
=′
−=′
=′+
=+
1
11
2)(
y
xxm
−=
403
Substituindo em A vem:
( )
( ) ( )11
221
21
11
221
21
1
21
21
1
21
21
1
21
11
21
1
11
11
1
1
11
111
1
4
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
22
1
222
1
2
1
yx
yx
yx
yx
y
xy
x
yx
y
xy
x
yx
xy
xy
y
x
yx
mxym
yxA
+=
+=
+
+=
+
+=
−−
−−=
−
−=
Ainda temos que:
211
21
21
21
21
22
22
22
xy
xy
yx
−=
−=
=+
Então:
( )
( )
2
1
2
1
2
1
024
0222
02222
20
22
2222
2
22
22222
410.22
22
1
224
4
12
1
21
21
21
212
1
21
21
21
212
1
21
22
11
212
1
11
211
211
211
±=±=∴=
=−
=−−
=−−−
⇒=′
−
−−−
=
−
−+
−
−−−
=′
−=
−=
xx
x
xx
xx
xA
xx
xx
x
xx
xx
xxxx
A
xxxxA
404
Como 0<′A em
+−
2
1,
2
1 e 0 A >′ em
+∪
−− 1,
2
1
2
1,1 ,
temos que:
2
11 =x é ponto de mínimo
12
122
22 211
±=−=
−=⇒ xy
Assim as coordenadas do ponto de tangência são
1,
2
1 e a área mínima:
( ).2
12
14
4
12
14
12
12
4
2),(
2
11
221
21
11 ==
+
=+
=yx
yxyxA
Finalmente temos a equação da tangente no ponto encontrado:
−−=−
−
−=−
−=−
2
221
2
2
12
22
1
)( 11
xy
xy
xxmyy
022
121
=−+
+−=−
xy
xy
12. Mostrar que o volume do maior cilindro reto que pode ser inscrito num cone reto é 94 do volume do cone.
A figura que segue mostra um corte vertical do cilindro inscrito no cone.
405
Temos:
r
h
xr
y=
−
r
xrhy
)( −=
.3
20
0)32(
0320
32
)(
21
2
2
322
2cilindro
rxex
xhhrx
xhxhrV
r
xhxhrV
r
xhxhr
r
xrhxV
yxV
==
=−
=−⇒=′
−=′
−=
−=
=
ππ
ππ
ππ
πππ
π
máximo de ponto é 023
262
mínimo ponto02
62
3
2
0
⇒<−
=
−
=′′
⇒>=′′
−=′′
r
hr
r
rhhr
V
r
hrV
r
xhhrV
rπ
ππ
π
ππ
Portanto, o raio do cilindro é igual a r3
2, onde r é o raio da base do cone.
A altura do cilindro 3
3
2h
r
rrh
y =
−
= .
Assim,
y
x
r
h
406
( )coneVhrhr
yxV9
4
39
4
27
4 222
cilindro =
===
πππ .
13. Um cone reto é cortado por um plano paralelo à sua base. A que distância da base deve ser feito esse corte, para que o cone reto de base na secção determinada, e de vértice no centro da base do cone dado, tenha volume máximo?
Considerando r o raio da base do cone; h a altura do cone dado; x o raio da seção e y
a altura da seção até a base do cone dado, temos:
r
xrhy
xr
y
r
h
)( −=
−=
3
20
0320
3
32)(
33
)(
3)(
1
2
2
322
2
rxex
xhxhrV
r
xhxhrxV
r
xhxhrr
xrhx
yxxV
==
=−⇒=′
−=′
−=
−
==
ππ
ππ
πππ
π
03
2
3
42
3
2''
3
62)(''
<−
=−
=
−=
h
r
hrhrrV
r
xhhrxV
πππ
ππ
Portanto, 3
2rx = é ponto de máximo.
.33
23
3
2.
hhhr
r
hhy
r
xhhy
=−
=−=
−=
Portanto, a distância deve ser igual à terça parte da altura do cone reto dado.
407
14. Determinar o ponto A da curva xxy += 2 que se encontra mais próximo de (7, 0). Mostrar que a reta que passa por (7,0) e por A é normal à curva dada em A .
A figura que segue ilustra este problema.
-2 -1 1 2 3 4 5 6 7
1
2
3
4
x
f(x)
d
Temos:
( )22222 )7()7( xxxyxd ++−=+−= .
Basta minimizar a função
complexas são e1
07232
0144640
14464
491422
24914
)()7(
321
23
23
23
234
2342
222
xxx
xxx
xxxf
xxxf
xxxxf
xxxxxf
xxxf
=
=−++
=−++⇒=′
−++=′
+−++=
++++−=
++−=
mínimo. de ponto é 10
41212
11
2
=⇒>′′
++=′′
xf
xxf
Reta PA que passa por :
)0,7(
)2,1(
P
A
408
3
7
3
1
1426
221266
1
2
217
1
20
212
1
12
1
+−=
+−=
+−=−
−=
−
−
−
−=
−
−
−
−=
−
−
xy
xy
xy
xy
xy
xx
xx
yy
yy
que é a equação da reta que passa por PA .
Equação da reta tangente:
312
12
1
2
=+=′
+=′
+=
y
xy
xxy
13
332
)1(32
−=
−=−
−=−
xy
xy
xy
As duas retas são perpendiculares, pois as declividades multiplicadas resultam .1−
13
13 −=
−.
15. Uma folha de papel contém 375 cm² de matéria impressa, com margem superior de 3,5 cm, margem inferior de 2 cm, margem lateral direita de 2 cm e margem lateral esquerda de 2,5 cm. Determinar quais devem ser as dimensões da folha para que haja o máximo de economia de papel.
A Figura que segue ilustra o problema.
375cm2
3,5
2
2 2,5
409
Temos:
5,525,3
5,425,2
375375.
+=++=
+=++=
=⇒=
bby
aax
abba
xyA = deve ser mínima.
51,17 82,3065,5
5,16875,16875,5
05,16875,5
05,1687
5,50
5,16875,5
75,3995,1687
5,5
75,245,1687
5,5375
5,5375
)5,4(
)5,5()5,4(
22
2
2
2
±≅≅=∴=
=−
=−⇒=′
−=′
++=
+++=
++=
++=
aaa
a
aA
aA
aaA
aaA
aaA
baA
41,21
e
51,17
,Portanto
mínimo de ponto é 51,170
33752.5,1687
51,17
33
≅
≅
≅⇒>′′
==′′
b
a
aA
aaA
.91,265,541,215,5
01,225,451,175,4 Assim,
≅+=+=
≅+=+=
by
ax
410
16. Uma janela tem a forma de um retângulo encimado por um semicírculo. Achar as dimensões de modo que o perímetro seja 3,2 m e a área a maior possível.
Considerando o retângulo com dimensões h e 2r sendo r o raio do semicírculo, temos:
m2,322Perímetro =++= hrrπ
hrr
22
Área2
+=π
2
22,3
22,32:relação a Vale
rrh
rrh
−−=
−−=
π
π
máximo. de ponto é 4
2,304
42
28
4
2,3
28
4,6
4,6)28(
4,628
0284,6
02
284,60
2
284,62
44,6
2
424,6
2
22,32
2
4
2,3
22222
2
ππ
ππ
ππ
π
π
π
π
π
πππ
ππ
π +⇒<−−=′′
−−=−−
=′′
+=
+=
=+
=+
=−−
=−−
⇒=′
−−=′
−−=
−−+=
−−+=
+
A
A
r
r
rr
rr
rrA
rrA
rrrrrrrA
rrr
rA
Agora temos que:
411
88,04
4,62
círculo-semi do raio o é4
2,3
44,04
2,3
28
4,6
4
4,6
2
14
4,62,32,38,12
2
1
4
4,62,3-3,2
2
1
4
2,32
4
2,3-3,2
2
1
2
2r-r-3,2
≅+
=
+=
≅+
=+
=+
=
+
+−+=
+
+=
+−
+==
π
π
πππ
π
ππ
π
π
πππ
π
r
r
h
h
h
h
Portanto, as dimensões do retângulo são 0.44 m x 0.88 m.
17. Um canhão, situado no solo, é posto sob um ângulo de inclinação α . Seja l o alcance
do canhão, dado por ,cos2 2
ααseng
vl = onde v e g são constantes. Para que ângulo o
alcance é máximo?
Temos:
4
20,cos
0cos
0)cos(2
0
)cos(2
cos2
22
222
222
2
πα
πααα
αα
αα
αα
αα
=
≤≤=
=+−
=+−⇒=′
+−=′
=
sen
sen
seng
vl
seng
vl
seng
vl
412
máximo. de ponto é4
04
)cos4(2
2
4
2
πα
αα
π =⇒<−
=′′
−=′′
g
vl
seng
vl
18. Uma agência de turismo está organizando um serviço de barcas, de uma ilha situada a 40 km de uma costa quase reta, para uma cidade que dista 100 km, como mostra a figura a seguir. Se a barca tem uma velocidade de 18 km por hora, e os carros têm uma velocidade média de 50 km/h, onde deverá estar situada a estação das barcas a fim de tornar a viagem a mais rápida possível?
Temos a função:
0)100(409)100(25
0)100(4018)100(50
050
1
)100(4018
)100(0
50
1
18
1.
)100(402
)100(25018
)100(40
22
22
22
22
22
=−++−−
=−++−−
=+−+
−−⇒=′
+−+
−−=′
+−+
=
xx
xx
x
xt
x
xt
xxt
56,84
43,115
2
1
=
=
x
x
ILHA
CIDADE Estação
100 km
40 km
413
0165950340017
0331900680034
05310400108800544
62512500062500008116200939600
)20010000(625)20011600(81
)100(625))100(40(81
)100(25)100(409
2
2
2
22
22
222
22
=+−
=+−
=+−
+−=+−
+−=+−
−=−+
−=−+
xx
xx
xx
xxxx
xxxx
xx
xx
[ ]
horas.07,4
6912,138,2
6912,118
87,42
6912,118
3936,2381600
50
56,84
18
)56,84100(40)56,84(
mínimo. de ponto é 56,840
)100(40)100(40
40.
18
1
)100(40)100(40
)100()100(40.
18
1
)100(40
)100(40
)100()100(40
.18
1
)100(40
)100(402
)100(2.)100()100(40
.18
1
22
56,84
2222
2
2222
222
22
22
222
22
22
22
≅
+≅
+≅
++
=
+−+
=
=⇒>′′
−+−+=′′
−+−+
−−−+=′′
−+
−+
−−−+
=′′
−+
−+
−−−+−+
=′′
t
xt
xxt
xx
xxt
x
x
xx
t
x
x
xxx
t
22,4222,250
100
18
01600)100(
98,5018
100001600)0(
=+=++
=
=++
=
t
t
Portanto para 1000 ≤≤ x o mínimo absoluto é em 56,84≅x km.
414
19. Uma cerca de 1 m de altura está situada a uma distância de 1 m da parede lateral de um galpão. Qual o comprimento da menor escada cujas extremidades se apóiam na parede e no chão do lado de fora da cerca?
A Figura que segue ilustra o problema.
Temos:
.minimizadaser para função)1()1(
)1(
)1(1
1
1
22
2
22
xx
xd
xyd
x
xy
x
x
y
+++
=
++=
+=∴
+=
Podemos minimizar 2df =
1
01
02222
02444224640
2)1222()2464(
221)21(21
34
34
234234
4
234232
2
4322
2
222
=
=−−+
=−−+
=−−−−−+++⇒=′
++++−+++=′
+++++=
+++++=
x
xxx
xxx
xxxxxxxxf
x
xxxxxxxxxf
x
xxxxx
x
xxxxxf
y
1 x
d
415
mínimo. de ponto é 10)1(''
642''
2222'
2222'
43
32
3
34
=⇒>
++=
−−+=
−−+=
xf
xxf
xxxf
x
xxxf
Portanto temos:
m.844 =+=d
20. Seja s uma reta que passa pelo ponto )3,4( formando um triângulo com os eixos coordenados positivos. Qual a equação de s para que a área desse triângulo seja mínima?
A Figura que segue ilustra o problema
-2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
1
2
3
4
5
6
7
x
f(x)
Área A
A equação da reta é dada por:
)4(m3
)(m 11
−=−
−=−
xy
xxyy
m
34mm4m30
3-4mym40m.30
−=∴−=−⇒=
+=∴−=−⇒=
xxy
yx
416
.4
3
16
9
16
9
916
0916
0924162432
0)34()34(8
0)34(2)34(160
4
)34(2)34(16
4
2)34(4)34)(2(2
2
)34(A
minimizar. para função a é3)m4.(34
2
1
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
±=±=∴=
=
=+−
=+−++−
=−+−−
=−+−−⇒=
−+−−=′
−+−−=′
−−=
+−
−=
mm
m
m
mmmm
mmm
mmmA
m
mmmA
m
mmmA
m
m
m
mA
4
3=m não interessa.
mínimo. de ponto é4
30
92
98
2
916
2
)34()34(8
4/3
3
22
2
2
2
−⇒>′′
−=′′
+−=+−
=−+−−
=′
−A
mA
mm
m
m
mmmA
Portanto 4
3−=m
A equação procurada é dada por:
.02443
)4(4
33
=−+
−−=−
yx
xy
21 . Uma pista de atletismo com comprimento total de 400 m, consiste de 2 semicírculos e dois segmentos retos, conforme figura a seguir. Determinar as dimensões da pista, de tal forma que a área retangular, demarcada na figura, seja máxima.
417
Temos:
40022 =+= arP π
ra 200 π−=
rrA
raA
2)200(
2.
π−=
=
π
π
π
π
π
π
100
100
4004
044000
4400
2400 2
=
=
=
=−⇒=′
−=′
−=
r
r
r
rA
rA
rrA
máximo. de ponto é 100
0
4
100π
π
π
=⇒<′′
−=′′
rA
A
Portanto, mrπ
100= .
ma 100100
200 =−=π
π .
22. Um cilindro circular reto está inscrito num cone circular reto de altura mH 6= e raio da base .5,3 mR = Determinar a altura e o raio da base do cilindro de volume máximo.
Supondo x o raio da base do cilindro e y a sua altura, temos:
a
r r
418
5,3
)5,3(6)( x
R
xRHy
R
H
xr
y −=
−=∴=
−
mR
xV
R
xHxHRV
R
xHxHRV
yxV
3
7
3
5,3.2
3
20
32 2
32
2
===⇒=′
−=′
−=
=
ππ
ππ
π
Já foi mostrado no exercício 12 que é máximo.
my
mx
23
7 :Portanto
=
=
23. Uma fábri ca produz x milhares de unidades mensais de um determinado artigo. Se o custo de produção é dado por ,601862 23 +++= xxxC e o valor obtido na venda é dado
por ,1260 2xxR −= determinar o numero ótimo de unidades mensais que maximiza o lucro .CRL −=
Temos:
7e1
076
0423660
42366
6042182
6018621260
21
2
2
2
23
232
−==
=−+
=+−−⇒=′
+−−=′
−+−−=
−−−−−=
xx
xx
xxL
xxL
xxxL
xxxxxL
máximo. de ponto é 103612)1(
3612
1 =⇒<−−=′′
−−=′′
xL
xL
Resposta: 1000=x unidades.
419
24. Um cilindro reto é inscrito numa esfera de raio R . Determinar esse cilindro, de forma que seu volume seja máximo.
Vamos considerar o cilindro com raio da base igual a x e altura igual a 2y.
Vale a relação:
222222 yRxRyx −=⇒=+
Temos:
33
03
0)3(20
)3(2
)(2
2)(
2.
22
22
22
22
32
22
2
Ry
Ry
yR
yRV
yRV
yyRV
yyRV
yxV
±=∴=
=−
=−⇒=′
−=′
−=
−=
=
π
π
π
π
π
máximo. de ponto é3
0
)6(2
3
RyV
yV
R =⇒<′′
−=′′ π
Portanto: 3
Ry = ,
3
2altura
R= e R
3
2raio = .
25. Um fazendeiro deve cercar dois pastos retangulares, de dimensões a e b , com um lado comum a . Se cada pasto deve medir 400m² de área, determinar as dimensões a e b , de forma que o comprimento da cerca seja mínimo?
Temos:
22
21
400
400
mA
mA
=
=
ab
ba
400
400.
=
=
420
3
340
3
1600
16003
0160030
16003316006
)31600(6
316003
4004
34
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
=∴=
=
=−⇒=′
−=
−−=
+−=′
+=+=
+=
aa
a
aP
a
a
a
aa
a
aaaP
a
aa
aP
abP
mínimo. de ponto é3
3400
32003200662)16003(6
3
340
33
22
4
22
=⇒>′′
=+−
=−−
=′′
aP
aa
aa
a
aaaaP
Portanto, temos:
3
340=a e 310=b .
26. Um fabricante, ao comprar caixas de embalagens, retangulares, exige que o comprimento de cada caixa seja 2 m e o volume 3 m³. Para gastar a menor quantidade de material possível na fabricação de caixas, quais devem ser suas dimensões.
Considerando-se as dimensões da caixa como 2 m. × x m. × y m temos:
xy
xyV
2
3
32
=
==
x
xxA
xx
xA
xyxA
2
8612
42
3).24(
4)24(
2++=
++=
++=
421
mínimo. de ponto é 2
30
12"
64
4
2416'
2
3
2
3
8
12
16
24
2416
02416
016122432120
4
2).8612()166(2
2
3
3
22
2
2
2
2
22
2
2
=⇒>′′
=
−=−
=
=∴===
=
=−
=−−−+⇒=′
++−+=′
xA
xA
xx
xA
xx
x
x
xxxxA
x
xxxxA
.2
6
2
62 :Dimensões mmm ××
27. Um retângulo é inscrito num triângulo retângulo de catetos medindo 9 cm e 12 cm. Encontrar as dimensões do retângulo com maior área, supondo que sua posição é dada na figura a seguir.
9
12
422
Considerando-se x e y as dimensões do retângulo, temos:
( )
5,44
6.3
4
)612(3
máximo.depontoé 604
6
6366
063604
6364
336.
4
)12(3
4
123
12
)12(9
12
12
9
.15édohipotenusa225129
6
2
22
==−
=
=∴<′′
−=′′
=∴=
=−⇒=′
−=′
−=
−==
−=
−=∴
−=
∆⇒=+
x
yA
A
yy
yA
yA
yyy
yxyA
yyx
yx
Assim, temos que as dimensões do retângulo são: .65,4 cmcm ×