Exercícios resolvidos de máximo e mínimo de função

Exercícios Resolvidos Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Exercícios Resolvidos: Aplicações de máximos e
mínimos
Contato: nibblediego@gmail.com
Escrito por Diego Oliveira - Publicado em 26/05/2015 - Atualizado em 19/03/2017
Exemplo 1: Um campo retangular à margem de uma parede deve ser cercado
com exceção do lado onde está a parede. Se o custo da cerca é de R$ 12 por metro
linear do lado paralelo a parede e R$ 8 nos dois extremos, ache o campo de maior
área possível que pode ser cercado com R$ 3600 de material.
Solução:
O desenho da situação é o seguinte
Parede
y my m
x m
A função de custo é dada por:
8y + 8y + 12 = 3600
⇒ 16y + 12 = 3600
⇒ 4y + 3 = 900 (simpliﬁcando por 4)
⇒ y =
900 − 3
4
Já a área do retângulo é dada por:
A(, y) = y
⇒ A(, y) = 
900 − 3
4
⇒ A() =
900 − 32
4
⇒ A() =
900 − 32
4
⇒ A() = 225 −
3
4
2
1

Note que A() é uma função do 2◦ grau com concavidade voltado para baixo,
assim, seu ponto de máximo pode ser determinado tanto pela fórmula:
V = −
b
2
Como por meio da derivada.
A () = 0
⇒ 225 − 2
3
4

⇒  = 150
Ou seja, a maior área cercada possível é de A(150) = 16.875m2.
Exemplo 2: Um fabricante de latas sem tampa deseja usar folhas de flandres1
com dimensões de 8 cm por 15 cm, cortando quadrados iguais dos quatro cantos e
dobrando os lados para cima. Qual deve ser a área desses quadrados para que a
caixa tenha volume máximo?
Solução:
O desenho a seguir ilustra o problema.
x
x
x
x
x
x
x
x
8cm
15cm
8cm - 2x
15cm - 2x
1A folha de flandres ou simplesmente flandre é um material laminado estanhado composto por ferro
e aço de baixo teor de carbono revestido com estanho.
2

A função de volume seria:
V() = (15 − 2)(8 − 2)
⇒ V() = 43 − 462 + 120
Cujos pontos críticos ocorrem para: x = 5/3 ou x = 6.
Contudo, como  ∈ (0, 4) (veja novamente o desenho) então x = 6 não é um
valor possível. Assim, a área de cada quadrado é de 5.8 cm2.
A(5/3) = (5/3)2
(Área de cada retângulo)
= 5.8 cm2.
Exemplo 3: Ache a área do maior retângulo tendo dois vértices no eixo x e dois
outros vértices sobre a parábola y = 9 - x2 acima do eixo x.
Solução:
A situação é representada com a imagem a seguir:
9
3-3
x
A área do retângulo é dada por
A(, y) = 2y com  ∈ (0, 3) e y ∈ (0, 9)
Como os vértices estão sob a parábola y = 9 − 2 então
A(, y) = 2(9 − 2)
⇒ A() = 18 − 23
Cujo máximo ocorre para  = 3.
A () = 0
⇒ 18 − 62 = 0
⇒  = ± 3.
3

Como x é uma medida não pode ser negativo, logo a solução ocorre para  = 3.
Assim, a maior área possível é de 12 3 m2.
A ( 3) = 18 3 − 2( 3)3
= 3(18 − 2 · 3)
= 12 3
Exemplo 4: Uma ilha está num ponto A, a 6 km do ponto mais próximo B, numa
praia reta. Uma mulher na ilha deseja ir até o ponto C, a 9 Km do ponto B. A mulher
pode alugar um barco por R$ 15 o quilometro e navegar até um ponto P entre B e C
e então alugar um carro a um custo de R$ 12 por quilometro e chegar a C por uma
estrada reta. Ache o percusso mais barato de A até C.
Solução:
O problema pode ser modelado como no desenho abaixo.
A B
C
P
6 Km
9 Km
A função que desejamos minimizar é a de custo
C = 15 · m(AP) + 12 · m(PC)
Pelo desenho percebe-se que:
m(AP)2 = m(AB)2 + m(BP)2
⇒ m(AP)2 = 62 + m(BP)2
⇒ m(AP) = ± m(BP)2 + 36
Como m(AP) é uma medida, ou seja, não faz sentido ser um valor negativo. Então
m(AP) deve ser positivo.
4

m(AP) = m(BP)2 + 36
Colocando o valor de m(AP) na função de custo (C) e levando em conta que
m(PC) = 9 – m(BP) então:
C = 15( m(BP)2 + 36) + 12(9 – m(BP))
Chamando m(BP) de x podemos escrever a função de custo de forma mais
agradável.
C(x) = 15( 2 + 36) + 12(9 – ) com  ∈ (0, 9)
O gráﬁco dessa função é uma parábola com concavidade voltada para cima (você
pode conﬁrmar isso pelo teste da derivada segunda). Logo a solução deve ser seu
único ponto crítico.
Derivando então C(x) e igualando a zero
C(x) = 0
⇒ 15( 2 + 36) + 12(9 – ) = 0
⇒ 15
1
2 2 + 36
) – 12 = 0
⇒  = 8
Assim, o percusso mais barato seria de de A até P e depois de P até C, com P
estando a 8km abaixo de B.
Exemplo 5: Seja R o alcance de um projetil dado em função de sua velocidade
inicial (o)
R =
2
o
sen(2θ)
g
0 ≤ θ ≤
π
2
.
ache o valor de θ para que o alcance seja máximo.
Solução:
Uma vez que já temos a função resta nos somente que encontrar o seu valor
máximo.
Pela regra do quociente:
R =
(2
o
sen(2θ)) · g − (2
o
sen(2θ)) · g
g2
5

Como g é uma constante (constante gravitacional) então sua derivada é zero de
modo que R pode ser escrito como:
R =
(2
o
sen(2θ)) · g
g2
Pela regra do produto para derivadas sabemos que:
(2
o
sen(2θ)) = 2
o
’ · sen(2θ) + 2
o
· sen (2θ)
= 0 · sen(2θ) + 2
o
· cos(2θ)
= 2
o
· cos(2θ)
⇒ R =
2
o
· cos(2θ) g
g2
⇒ R =
2
o
· cos(2θ)
g
Igualando a derivada de R igual a zero:
R = 0
⇒
2
o
· cos(2θ)
g
= 0
⇒ 2
o
· cos(2θ) = 0
⇒ cos(2θ) = 0
⇒ 2θ = 90◦
⇒ θ = 45◦
Assim o alcance é máximo para θ = 45◦.
6

Exemplo 6: Uma excursão de uma escola que pode acomodar até 250 estu-
dantes custará R$ 15 por estudante, se no máximo 150 ﬁzerem a viagem, contudo,
o custo por estudante será reduzido em R$ 0.05 para cada estudante que exceder
150, até que o custo caia para R$ 10 por estudante. Quantos alunos devem ser
acomodados na excursão para que a renda da escola seja máxima?
Solução:
Vamos imaginar que a função L(x) do lucro é contínua, então podemos descreve-
la assim:
L() =
15  ∈ [0, 150]
(15 − 0.05( − 150))  ∈ [151, 250]
Para encontrar o lucro máximo para a escola devemos determinar o valor de 
que resulte no maior valor de L(x).
No intervalo [0, 150] a função L() não possui ponto critico, pois não existe
nenhum valor para  tal que L’(x) seja nulo.
L’(x) = 15
Assim o valor de máximo absoluto nesse intervalo é o extremos direito do próprio
intervalo.
Já no intervalo [151, 250] a função L(x) têm ponto um ponto crítico em x = 225.
L’(x) = 0
⇒ 22.5 − 0.1 = 0
⇒  = 225
Testando os valores de fronteira dos dois intervalos e do ponto crítico encontrado
chegamos à:
L(150) = 2.250;
L(151) = 2.257,45;
e L(225) = 2.531,25;
e L(250) = 2.500
Como podemos ver o valor de máximo de L(x) ocorre para  = 225. Logo são
necessário 225 estudantes para fornecer o máximo de lucro a escola de excursão.
7

Exemplo 7: Laranjeiras da califórnia produzem 600 laranjas por ano, se forem
plantadas no máximo 20 árvores por acre (4km2) cada árvore plantada a mais causa
um decréscimo de 15 laranjas por pé. Quantas árvores devem ser plantadas por
acre para se obter o maior número de laranjas?
Solução:
Sendo n() o número de laranjas quando são plantadas  árvores por acre então:
n() =
600  ∈ [0, 20]
(600 − 15( − 20))  ∈ [21, b]
Para determinar o valor de de b basta fazer n(x) = 0 considerando  ≥ 21.
n(x) = 0
⇒ (600 − 15( − 20)) = 0
⇒  = 60.
Assim b = 60 e então:
n() =
600  ∈ [0, 20]
600 − 15( − 20)  ∈ [21, 60]
No primeiro intervalo a função não têm ponto(s) crítico(s) de modo que o valor
de máximo é o extremo do próprio intervalo.
n(20) = 12.000
Já no segundo intervalo existe um ponto critico em  = 30.5.
n () = 0
⇒ 900 − 30 = 0
⇒  = 30
Calculando n() para os extremos do intervalo e para o ponto crítico encontrado
chegamos à:
n(20) = 1.200;
n(21) = 12.285;
n(30) = 13.500;
n(60) = 0.
8

Assim, como podemos ver o maior número de laranjas é obtido com 30 arvores.
Exemplo 8: Ache as dimensões do cilindro circular reto de maior área de super-
fície lateral que possa ser inscrito em uma esfera com um raio de 6 cm.
Solução:
Uma representação do problema é feita a seguir.
6h/2
r
A área lateral do cilindro é calculada por A(r, h) = 2πrh
Pelo desenho observamos que 62 = r2 +
h
2
2
⇒ h = 144 − 4r2
Assim:
A(r, h) = 2πr 144 − 4r2
⇒ A(r) = 2πr 144 − 4r2
Levando em conta que o gráﬁco dessa função é uma parábola voltada para baixo,
então, seu ponto de máximo pode ser encontrado calculando A (r) e igualando a
zero. Onde chegamos a r = ±3 2.
Como o raio é uma medida deve, portanto, ser sempre maior que zero. O que
resulta em então r = 3 2.
Como h = 144 − r2 e r = 3 2 então h = 6 2.
Logo o raio do cilindro é 3 2 cm e sua altura 6 2 cm.
9

Exemplo 9: Dado a circunferência de equação 2 + y2 = 9, ache o ponto da
circunferência mais próximo ao ponto (4, 5).
Solução:
O desenho a seguir deixa claro a situação.
(4,5)
(x,y) (4,y)
d
Pelo teorema de Pitágoras o quadrado da distância (d) entre os pontos (x,y) e
(4,5) é:
d2
= (4 − )2
+ (5 − y)2
(1)
Usando a equação da circunferência (2 + y2 = 9) encontramos o y.
y = ± 9 − 2
Como o ponto mais próximo de (4, 5) está obviamente no primeiro quadrante
(reveja o desenho) então ﬁca evidente que y é positivo, ou seja:
y = 9 − 2 (2)
Substituindo (2) em (1) chegamos a expressão deﬁnitiva para a distância.
d2 = (4 − )2 + 5 − 9 − 2
2
⇒ d = (4 − )2 + 5 − 9 − 2
2
Fazendo a derivada de d():
10

d () =
5 − 4 −2 + 9
(4 − )2 + − 9 − 2 + 5
2
9 − 2
e igualando-a a zero determinamos que d’(x) = 0 apenas para x = 1.87 aproxi-
madamente.
Como o ponto mais próximo deve estar no 1◦ quadrante então  deve variar
entre 0 e 3 ( ∈ [0, 3]). Testando então os extremos desse intervalo e o ponto
crítico encontrado
d(0) = 4.47
d(1.87) = 3.4
d(3) = 5.1
descobrimos que a menor distância é 3,4.
Exemplo 10: Um pedaço de fio de 16 cm de comprimento será cortado em duas
partes. Uma delas será usada para fazer um quadrado e a outra para formar um
círculo. Como deverá ser feito o corte de modo a minimizar a área total das figuras?
Solução:
A função que deve ser minimizada é a da área total A(x,r) tal que:
A(x,r) = Área do quadrado + Área do círculo.
Supondo que o quadrado têm lado  e a circunferência raio r então:
A(x,r) = 2 + πr2 (1)
De acordo com o enunciado o fio têm 16 centímetros e não deve haver sobras
após o seu uso, assim o perímetro do quadrado somado ao do círculo deve ser
também igual a 16.
4x + 2πr = 16 cm ⇒ x =
8 − πr
2
Substituindo esse último resultado na equação (1)
A(r) =
8 − πr
2
2
+ πr2
Derivando a função em r chega-se à:
11

A’(r) =
π2r − 8π + 4πr
2
cujo zero ocorre somente para r =
8
π + 4
.
Como 4 + 2πr = 16 e r =
8
π + 4
então,  =
16
π + 4
.
Logo o corte deve ser feito a
16
π + 4
unidades de comprimento de um dos ex-
tremos do fio.
Exemplo 11: Pretende-se construir um campo de futebol (figura verde) com
a forma de um retângulo e com uma região semi-circular, em cada uma de suas
extremidades, conforme a figura a seguir.
a
hr
O perímetro da região deve ser uma pista de 440m. Determine as dimensões da
região pra que a parte retangular tenha área máxima.
Solução:
A função da área retangular que desejamos maximizar é:
A(, h) = h
Por hipótese o perímetro é igual a 440 então:
πr + 2 + πr = 440 ⇒  = 220 − πr (1)
Usando esse último resultado em A(, h) chega-se á
A(h, r) = h(220 − πr)
12

Como h é o diâmetro então, assim como pode ser visto pelo desenho, ele deve
ser o dobro do valor do raio (h = 2r), sendo assim:
A(h) = h 220 − π
h
2
cujo ponto crítico ocorre apenas para h =
220
π
(2).
A (h) = 0
⇒ 220 − πh = 0
⇒ h =
220
π
Sabendo que h = 2r e usando (2) chega-se a r =
110
π
. Usando agora (1) e o valor
que obtemos para r encontramos  = 110
Assim, h =
220
π
m e  = 110 m.
Exemplo 12: Silos para conter cimento têm a forma de um cilindro de altura h
e raio r sobreposto a um cone de altura e raio iguais a r.
Para silos com volume total de 100 m3, determine r de modo que a área lateral
seja a menor possível, a ﬁm de minimizar o custo de cada silo.
g
h
r
r
13

Solução:
A função que desejamos minimizar é a da área lateral do silo que é a soma da
área lateral do cilindro com a área lateral do cone.
A = 2πrh + πrg
Pelo desenho g = r 2 (teorema de Pitágoras), então:
A = 2πrh + πr(r 2)
A = πr 2h + r 2 (1)
Para colocar h em função de r usamos a equação do volume (V = πr2h+
1
3
πr2 ·
r).
100 = πr2h + (1/3)πr2 · r
⇒ h = (100/πr2) − r/3 (2)
substituindo (2) em (1)
A = πr 2
100
πr2
−
r
3
+ r 2 com r ∈

0,
300
π


⇒ A =
200
r
−
2
3
πr2
+ r2
π 2
Finalmente fazendo A
= 0 chega-se r = 3
100
− 2
3
+ 2 π
m que é aproximada-
mente igual a 3.5 m.
Como esse ponto é de mínimo absoluto no intervalo chegamos a solução.
14

Exemplo 13: Todas as manhãs, à mesma hora sai um barco do ponto P1 para
o leste, a 20km/h, e outro do ponto P2 para o norte, a 40Km/h. A boia B, no cruza-
mento das rotas, dista 100 Km de P1 e 60Km de P2.
P1
B
P2
100 km
20 km/h
60 km
40 km/h
A que horas os barcos estarão mais próximos um do outro?
Solução:
Pelo teorema de Pitágoras a distância entre os barcos do ponto P1 e P2 é dada
pela equação:
(P1P2)2 = (P1B)2 + (P2B)2
Se ambos os barcos se movem com velocidade constante então a medida de
cada segmento varia de acordo com o tempo que pela física é dado por:
(P1P2)2 = (100 − 20t)2 + (60 − 40t)2 com t ∈ [0, ∞)
⇒ (P1P2)2 = (104 − 4 · 103 + 202t2) + (602 − 48 · 102 + 402t2)
⇒ P1P2 = 2000t2 − 8800t + 13600
0.5
Fazendo a derivada de P1P2
dP1P2
=
2000t − 4400
20 5t2 − 22t + 34
e igualando-a a zero
0 =
2000t − 4400
20 5t2 − 22t + 34
⇒ 2000t − 4400 = 0
⇒ t = 2.2
Conclui-se que a função têm somente um ponto crítico em t = 2.2. Como o
gráﬁco da função é uma parábola sabemos que esse ponto é um ponto de mínimo
15

absoluto de modo que podemos aﬁrmar que os barcos estarão mais próximos 2.2
horas depois de iniciarem juntos o seus movimentos.
Exemplo 14: Uma cerca de 8m de altura corre paralela a um edifício a uma
distância de 4 m desta. Qual é o comprimento da menor escada que alcança o
edifício quando inclinada sobre a cerca?
Solução:
Considere o desenho a seguir.
4
8
zprédio
y
x
Usando semelhança de triângulos encontramos a relação:
y

=
8
 − 4
⇒ y =
8
 − 4
(1)
Pelo mesmo desenho tiramos que:
z(, y)2
= 2
+ y2
(2)
Substituindo (1) em (2)
z()2
= 2
+
8
 − 4
2
16

z() = 2 +
8
 − 4
2
Para determinar os pontos críticos de z() fazemos z () = 0
⇒ z () = 2 + 2
8
 − 4
8( − 4) − 8
( − 4)2
= 0
⇒ z () = 2 + 2
8
 − 4
−32
( − 4)2
= 0
⇒ z () = 2 1 −
8 · 32
( − 4)3
= 0
⇒ z () = 2 1 −
256
( − 4)3
= 0
O primeiro zero desta ultima função ocorre para x = 0. O segundo ocorre quando:
256
( − 4)3
= 1
que implica em  10.35 veja:
( − 4)3 = 256
⇒  =
3
256 + 4
Fazendo então z(10.35) chegamos ao resultado de z = 16.65m. Logo a menor
escada que pode ser apoiada deve ter 16.65 m de comprimento.
Exemplo 15: Encontre a área do maior retângulo que pode ser inscrito em um
triângulo com catetos 3cm e 4cm se dois lados do retângulo estão sobre os catetos.
Solução:
Considere o desenho.
17

x
3 cm
y
4 cm
Usando a semelhança de triângulos
4 − y

=
y
3 − 
Que implica em  =
12 − 3y
4
A área do retângulo é:
AR =
12 − 3y
4
y
⇒ AR =
12y − 3y2
4
Fazendo AR
() = 0 chega-se à:
AR
=
12 − 6y
4
= 0
⇒
12 − 6y
4
= 0
⇒ 6y = 12 ⇒ y = 2c
Fazendo AR(2) chegamos á AR = 3. Ou seja, o maior retângulo que pode ser
inscrito têm altura de 2cm e largura de 1.5 cm (ou vice e versa).
Exemplo 16: Encontre o ponto da parábola y2 = 2 que está mais próximo do
ponto (1, 4).
Solução:
Não se sabe ainda qual ponto é esse, mas podemos expressá-lo por (, ƒ()).
18

Como y2 = 2 então y = ± 2. Como o ponto (1, 4) ﬁca no primeiro quadrante a
parte da função que iremos considerar é somente a parte positiva, isto é: y = 2.
Assim a distância entre os pontos (, ƒ()) e (1, 4) será:
d = ( − 1)2 + (4 − ƒ())2 = ( − 1)2 + (4 − 2)2
Fazendo a derivada de d igual a zero conseguimos determinar os pontos críticos
da função.
d = 0.5
2( − 1) −
2
2
(4 − 2)
( − 1)2 + (4 − 2)2
= 0
⇒ d = 2( − 1) −
2 2
2
4 − 2 = 0
⇒ 2 − 2 −
8 2
2
+ 2 = 0
⇒ 2 −
8 2
2
= 0
⇒ 42 − 8 2 = 0
Chamando  de y então:
4y4 − 8 2y = 0
⇒ y(4y3 − 8 2) = 0
Acima percebemos que um zero da função ocorre para y = 0 e consequente-
mente x = 0.
Outro zero deve ocorrer quando 4y3 − 8 2 = 0
y =
3 8 2
4
que implica em x = 2.
⇒ y =
3 8 2
4
= 
⇒  =
3
2 2 ⇒  = 2
19

Como f(0) > f(2) então a distância mínima ocorre para o ponto (2, ƒ(2)) da
função.
20

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Exercícios resolvidos de máximo e mínimo de função

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