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.