Derivadas

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11. Problemas de Otimização
Nesta seção veremos vários exemplos de problemas cujas soluções exigem a determinação de valores máximos e/ou mínimos absolutos das funções que os representam. São chamados de problemas de otimização pelo fato de que as soluções encontradas com esta técnica são as melhores possíveis para cada caso, ou seja, resolver estes problemas com as técnicas de máximos e mínimossignifica encontrar a solução ótima para eles. Problema 1: Durante várias semanas, o departamento de trânsito de uma certa cidade vem registrando a velocidade dos veículos que passam por um certo cruzamento. Os resultados mostram que entre 13 e 18 horas, a velocidade média neste cruzamento é dada aproximadamente por v(t) = t3 – 10,5 t2 +30 t + 20 km/h, onde t é o número de horas após o meio-dia.Qual o instante, entre 13 e 18 horas, em que o trânsito é mais rápido? E qual o instante em que ele é mais lento? Solução: O objetivo é determinar o máximo e o mínimo absoluto da função v(t) no intervalo 1 § t § 6. Para isso, inicialmente calculamos a primeira derivada e igualamos-na a zero para encontrar os pontos críticos: v ’(t) = 3 t 2 – 21 t +30 = 0 ñ t = 2 ou t = 5.

Portanto, estes são ospontos críticos de v, ambos pertencentes ao intervalo (1,6). Para verificar se são pontos de máximo ou mínimo locais, usamos o teste da segunda derivada: v’’(t) = 6 t – 21 fl v’’(2) = – 9 < 0 fl t = 2 é ponto de máximo local de v; v’’(5) = 9 > 0 fl t = 5 é ponto de mínimo local de v. Para determinar os pontos de máximo e mínimo globais de v em [1,6], precisamos comparar os valores que v assume nospontos críticos, com os respectivos valores nos extremos do intervalo, pois como v é uma função contínua definida em um intervalo fechado, pode assumir seus valores máximo e mínimo globais ou nos pontos críticos, ou nos extremos do intervalo. Assim, temos: v (1) = 40,5 v(2) = 46 v(5) = 32,5 v(6) = 38.

Com isso concluímos que t = 2 é ponto de máximo global e t = 5 é ponto de mínimo global de v nointervalo de interesse [1,6]. Isso significa que o trânsito é mais rápido às 14h, quando os carros passam pelo cruzamento a uma velocidade média de 46 km/h e o trânsito é mais lento as 17h, quando os carros passam pelo cruzamento a uma velocidade média de 32,5 km/h.

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Problema 2: Quando uma pessoa tosse, o raio da traquéia diminui, afetando a velocidade do ar na traquéia. Se r0 é o raionormal da traquéia, a relação entre a velocidade v do ar e o raio r da traquéia é dada por uma função da forma v(r) = a r2 (r0 – r) , onde a é uma constante positiva. Determine o raio para o qual a velocidade do ar é máxima. Solução: O raio r da traquéia contraída não pode ser negativo, nem maior que o raio normal, r0. Assim, o objetivo é encontrar o máximo absoluto de v(r) no intervalo [0, r0 ]:v ’(r) = 2 a r (r0 – r) + a r2 (–1) = a r (2 r0 – 3 r) v ’(r) = 0 ñ r1 = 0 ou r2 =

2 r0 3

Como r1 = 0 é um extremo do domínio, usamos o teste da segunda derivada apenas em r2: 2 2 v” (r) = 2 a (r0 – 3r) fl v” ( r0 ) = – 2 a r0 < 0 fl r2 = r0 é ponto de máximo local. 3 3 Analisando o valor de v no máximo local e nos extremos do intervalo, temos: v (0) = 0, 2 4a 3 r0 v ( r0 ) = 3 27 e v (r0) =0.
2 r0 , o que significa que a velocidade do ar é 3

Logo, o máximo global de v é atingido em r2 =

máxima quando o raio da traquéia contraída é igual a 2/3 do seu raio normal.

Problema 3: Pretende-se estender um cabo de uma usina de força à margem de um rio de 900m de
largura até uma fábrica situada do outro lado do rio, 3.000m rio abaixo. O custo para estender um cabo pelo rio é de R$5,00 o metro, enquanto que para estendê-lo por terra custa R$ 4,00 o metro. Qual é o percurso mais econômico para o cabo? Solução: Inicialmente vejamos a ilustração gráfica do problema, a fim de facilitar a construção da função custo:

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fábrica

3.000 - x

P

x 900

900 2 + x 2
usina

O objetivo é minimizar o custo de instalação do cabo. Logo, precisamos construir a função...
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