Aplicações de Derivadas — Modelos Contextualizados de Otimização

Objetivo

Neste espaço, você vai estudar problemas em que uma grandeza deve ser maximizada ou minimizada. Em todos os exemplos, a ideia central é transformar a situação prática em uma função de uma única variável e, em seguida, usar derivadas para encontrar o melhor valor possível.

        Mensagem para o estudante: antes de derivar, é preciso interpretar o problema, definir as variáveis,
        identificar a restrição e montar corretamente a função objetivo.
      

\text{situação prática} \longrightarrow \text{variáveis} \longrightarrow \text{restrição} \longrightarrow \text{função objetivo} \longrightarrow \text{derivada} \longrightarrow \text{resposta}

Método geral dos problemas de otimização

1. Interpretar Entender o que o problema pede: máximo, mínimo, custo, área, volume, material ou dimensão.

2. Definir variáveis Escolher letras para representar as grandezas desconhecidas.

3. Escrever a restrição Usar a informação fixa do problema, como área, volume ou quantidade total.

4. Montar a função objetivo Escrever a grandeza que será maximizada ou minimizada.

5. Reduzir a uma variável Usar a restrição para substituir uma variável na função objetivo.

6. Derivar e concluir Resolver $f'(x)=0$, verificar o extremo e interpretar a resposta.

Problema 1

Campo cercado com custo mínimo

Modelo de minimização de custo, com área fixa e custos diferentes para a cerca externa e para a cerca divisória.

Etapa 1 — Enunciado

Um campo retangular de área $2700\,m^2$ deve ser cercado e dividido ao meio por uma cerca interna. A cerca externa custa $US\$18{,}00$ por metro, enquanto a cerca divisória custa $US\$12{,}00$ por metro. Determine as dimensões do campo que minimizam o custo total da cerca.

Etapa 2 — Figura ilustrativa

A cerca divisória tem comprimento igual a $$y$$ .

Etapa 3 — Identificação das variáveis

x=\text{comprimento do campo}

y=\text{largura do campo}

Essas duas medidas determinam a área retangular do campo.

Etapa 4 — Restrição do problema

A área do campo é fixa:

\[ xy=2700 \]

Isolando $$y$$ , obtemos:

y=\frac{2700}{x}

Etapa 5 — Função objetivo: custo total

A cerca externa corresponde ao perímetro do retângulo:

\[ 2x+2y \]

Como o custo externo é $$18$$ dólares por metro, o custo externo é:

\[ 18(2x+2y)=36x+36y \]

A cerca divisória mede $$y$$ e custa $$12$$ dólares por metro:

\[ 12y \]

Logo, o custo total é:

\[ C=36x+36y+12y=36x+48y \]

Substituindo $y=\dfrac{2700}{x}$ :

C(x)=36x+48\left(\frac{2700}{x}\right)=36x+\frac{129600}{x}

Etapa 6 — Derivação

Queremos minimizar:

C(x)=36x+129600x^{-1}

Derivando:

C'(x)=36-129600x^{-2}

C'(x)=36-\frac{129600}{x^2}

Etapa 7 — Ponto crítico

Fazemos $$C'(x)=0$$ :

36-\frac{129600}{x^2}=0

36=\frac{129600}{x^2}

\[ 36x^2=129600 \]

\[ x^2=3600 \]

\[ x=60 \]

Etapa 8 — Verificação do mínimo

A segunda derivada é:

C''(x)=\frac{259200}{x^3}

Como $$x>0$$ , temos $$C''(x)>0$$ . Portanto, o ponto crítico encontrado fornece custo mínimo.

Etapa 9 — Resposta final

Como $$xy=2700$$ e $$x=60$$ :

y=\frac{2700}{60}=45

As dimensões que minimizam o custo são:

\boxed{60\,m \times 45\,m}

O custo mínimo é:

C(60)=36\cdot 60+48\cdot 45=4320

\boxed{US\$4320{,}00}

Etapa 10 — Comentário pedagógico

Este problema mostra que a função a ser minimizada pode ser uma função de custo. A área do campo é a restrição, enquanto o custo da cerca é a função objetivo. A derivada entra depois que o modelo matemático foi bem construído.

Problema 2

Página com área impressa e margens

Modelo de minimização da área total de uma página, mantendo fixa a área de impressão.

Etapa 1 — Enunciado

Uma página deve conter $24\,cm^2$ de impressão, com margens de $1{,}5\,cm$ em cima e embaixo, e margens de $1\,cm$ em cada lado. Determine as dimensões da menor página possível.

Etapa 2 — Figura ilustrativa

Etapa 3 — Identificação das variáveis

x=\text{largura da área impressa}

y=\text{altura da área impressa}

Etapa 4 — Restrição do problema

A área impressa é fixa:

\[xy=24\]

Logo:

y=\frac{24}{x}

Etapa 5 — Função objetivo: área total da página

A largura total recebe $1\,cm$ de margem em cada lado:

\[x+1+1=x+2\]

A altura total recebe $1{,}5\,cm$ em cima e $1{,}5\,cm$ embaixo:

\[y+1{,}5+1{,}5=y+3\]

Assim, a área total da página é:

\[A=(x+2)(y+3)\]

Substituindo $y=\dfrac{24}{x}$ :

A(x)=(x+2)\left(\frac{24}{x}+3\right)

Desenvolvendo:

A(x)=30+3x+\frac{48}{x}

Etapa 6 — Derivação

A(x)=30+3x+48x^{-1}

A'(x)=3-48x^{-2}

A'(x)=3-\frac{48}{x^2}

Etapa 7 — Ponto crítico

3-\frac{48}{x^2}=0

3=\frac{48}{x^2}

\[3x^2=48\]

\[x^2=16\]

\[x=4\]

Etapa 8 — Verificação do mínimo

A segunda derivada é:

A''(x)=\frac{96}{x^3}

Como $$x>0$$ , temos $$A''(x)>0$$ . Logo, a área total da página é mínima.

Etapa 9 — Resposta final

Como $$xy=24$$ e $$x=4$$ :

y=\frac{24}{4}=6

Dimensões totais da página:

\text{largura}=x+2=4+2=6

\text{altura}=y+3=6+3=9

\boxed{6\,cm \times 9\,cm}

Etapa 10 — Comentário pedagógico

A área fixa é a área impressa, mas a área minimizada é a área total da página. Essa diferença é essencial para interpretar corretamente o problema.

Problema 3

Funil em forma de cone circular reto

Modelo de minimização de material, com volume fixo e área lateral variável.

Etapa 1 — Enunciado

Um funil com um dado volume deve ter a forma de um cone circular reto. Ache a razão entre a altura e o raio da base para que a quantidade de material usado em sua fabricação seja mínima.

Como se trata de um funil, consideramos a superfície lateral do cone, sem base fechada.

Etapa 2 — Figura ilustrativa

Etapa 3 — Identificação das variáveis

r=\text{raio da base}

h=\text{altura do cone}

g=\text{geratriz do cone}

Etapa 4 — Restrição do volume

O volume do cone é fixo:

V=\frac{1}{3}\pi r^2h

Isolando $$h$$ :

h=\frac{3V}{\pi r^2}

Para simplificar, fazemos:

k=\frac{3V}{\pi}

Assim:

h=\frac{k}{r^2}

Etapa 5 — Função objetivo: área lateral

A quantidade de material corresponde à área lateral do cone:

A=\pi rg

Pelo Teorema de Pitágoras:

g=\sqrt{r^2+h^2}

Portanto:

A=\pi r\sqrt{r^2+h^2}

Etapa 6 — Substituição da restrição

Substituindo $h=\dfrac{k}{r^2}$ :

A=\pi r\sqrt{r^2+\frac{k^2}{r^4}}

Para facilitar a derivação, minimizamos $$A^2$$ , pois o mínimo de $$A$$ ocorre no mesmo ponto do mínimo de $$A^2$$ .

A^2=\pi^2\left(r^4+\frac{k^2}{r^2}\right)

Como $\pi^2$ é constante, basta minimizar:

F(r)=r^4+\frac{k^2}{r^2}

Etapa 7 — Derivação

F(r)=r^4+k^2r^{-2}

F'(r)=4r^3-2k^2r^{-3}

F'(r)=4r^3-\frac{2k^2}{r^3}

Fazendo $$F'(r)=0$$ :

4r^3-\frac{2k^2}{r^3}=0

\[4r^6=2k^2\]

\[2r^6=k^2\]

Etapa 8 — Relação entre altura e raio

Como $h=\dfrac{k}{r^2}$ , então:

\[k=hr^2\]

Substituindo em $$2r^6=k^2$$ :

\[2r^6=(hr^2)^2\]

\[2r^6=h^2r^4\]

\[h^2=2r^2\]

h=r\sqrt{2}

Etapa 9 — Resposta final

A razão ideal entre a altura e o raio da base é:

\boxed{\frac{h}{r}=\sqrt{2}}

Portanto:

\boxed{h=\sqrt{2}\,r}

Etapa 10 — Comentário pedagógico

O volume é a restrição. A área lateral é a função objetivo. Esse problema ajuda o estudante a perceber que nem sempre a grandeza fixa é a grandeza que será minimizada.

Problema 4

Placa de sinalização com letreiro

Modelo de minimização da área total de uma placa, preservando a área útil do letreiro.

Etapa 1 — Enunciado

Uma grande placa de sinalização deve conter $50\,m^2$ de letreiro. São deixadas margens de $4\,m$ na base e no topo, e margens de $2\,m$ nas laterais. Determine as dimensões da menor placa que satisfaz essas especificações.

Etapa 2 — Figura ilustrativa

Etapa 3 — Identificação das variáveis

x=\text{largura do letreiro}

y=\text{altura do letreiro}

Etapa 4 — Restrição do problema

A área do letreiro é fixa:

\[xy=50\]

Logo:

y=\frac{50}{x}

Etapa 5 — Função objetivo: área total da placa

A largura total da placa é:

\[x+2+2=x+4\]

A altura total da placa é:

\[y+4+4=y+8\]

Assim:

\[A=(x+4)(y+8)\]

Substituindo $y=\dfrac{50}{x}$ :

A(x)=(x+4)\left(\frac{50}{x}+8\right)

Desenvolvendo:

A(x)=82+8x+\frac{200}{x}

Etapa 6 — Derivação

A(x)=82+8x+200x^{-1}

A'(x)=8-200x^{-2}

A'(x)=8-\frac{200}{x^2}

Etapa 7 — Ponto crítico

8-\frac{200}{x^2}=0

8=\frac{200}{x^2}

\[8x^2=200\]

\[x^2=25\]

\[x=5\]

Etapa 8 — Verificação do mínimo

A''(x)=\frac{400}{x^3}

Como $$x>0$$ , temos $$A''(x)>0$$ . Logo, a área da placa é mínima.

Etapa 9 — Resposta final

Como $$xy=50$$ e $$x=5$$ :

y=\frac{50}{5}=10

Dimensões totais da placa:

\text{largura}=x+4=5+4=9

\text{altura}=y+8=10+8=18

\boxed{9\,m \times 18\,m}

Etapa 10 — Comentário pedagógico

O estudante deve perceber que a área fixa é a área do letreiro. A área minimizada é a área da placa inteira, que inclui as margens.

Problema 5

Edifício com recuos obrigatórios

Modelo de minimização da área de um lote, respeitando área construída fixa e recuos legais.

Etapa 1 — Enunciado

Um edifício de um andar, tendo $1188\,m^2$ de piso, deve ser construído. São exigidos recuos de $6{,}6\,m$ na frente e no fundo, e de $4{,}5\,m$ nas laterais. Determine as dimensões do lote com menor área onde esse edifício possa ser construído.

Etapa 2 — Figura ilustrativa

Etapa 3 — Identificação das variáveis

x=\text{largura do edifício}

y=\text{profundidade do edifício}

Etapa 4 — Restrição do problema

A área do edifício é fixa:

\[xy=1188\]

Logo:

y=\frac{1188}{x}

Etapa 5 — Função objetivo: área total do lote

Como há $4{,}5\,m$ em cada lateral:

\text{largura do lote}=x+4{,}5+4{,}5=x+9

Como há $6{,}6\,m$ na frente e no fundo:

\text{profundidade do lote}=y+6{,}6+6{,}6=y+13{,}2

Logo, a área total do lote é:

\[A=(x+9)(y+13{,}2)\]

Substituindo $y=\dfrac{1188}{x}$ :

A(x)=(x+9)\left(\frac{1188}{x}+13{,}2\right)

Desenvolvendo:

A(x)=1188+13{,}2x+\frac{10692}{x}+118{,}8

A(x)=1306{,}8+13{,}2x+\frac{10692}{x}

Etapa 6 — Derivação

A(x)=1306{,}8+13{,}2x+10692x^{-1}

A'(x)=13{,}2-10692x^{-2}

A'(x)=13{,}2-\frac{10692}{x^2}

Etapa 7 — Ponto crítico

13{,}2-\frac{10692}{x^2}=0

13{,}2=\frac{10692}{x^2}

13{,}2x^2=10692

x^2=\frac{10692}{13{,}2}=810

x=\sqrt{810}=9\sqrt{10}

Etapa 8 — Verificação do mínimo

A segunda derivada é:

A''(x)=\frac{21384}{x^3}

Como $$x>0$$ , temos $$A''(x)>0$$ . Portanto, a área do lote é mínima.

Etapa 9 — Resposta final

Primeiro encontramos a profundidade do edifício:

y=\frac{1188}{9\sqrt{10}}=\frac{132}{\sqrt{10}}=13{,}2\sqrt{10}

Assim, o edifício mede aproximadamente:

x\approx 28{,}46\,m \quad \text{e} \quad y\approx 41{,}74\,m

Dimensões totais do lote:

\text{largura}=x+9=9\sqrt{10}+9\approx 37{,}46\,m

\text{profundidade}=y+13{,}2=13{,}2\sqrt{10}+13{,}2\approx 54{,}94\,m

\boxed{37{,}46\,m \times 54{,}94\,m}

Etapa 10 — Comentário pedagógico

Este problema exige uma interpretação muito cuidadosa: a área dada é a área do edifício, mas a área que desejamos minimizar é a área do lote. Os recuos transformam as dimensões finais em $$x+9$$ e $$y+13{,}2$$ .

Fechamento da fase de otimização

Estes cinco problemas formam uma sequência consistente para mostrar como a derivada aparece em decisões práticas. O estudante passa por custo mínimo, área mínima, material mínimo, margens, recuos e interpretação geométrica.

Problema	Contexto	Grandeza fixa	Grandeza otimizada
1	Campo cercado	Área do campo	Custo da cerca
2	Página com margens	Área impressa	Área total da página
3	Funil cônico	Volume	Área lateral
4	Placa de sinalização	Área do letreiro	Área total da placa
5	Edifício com recuos	Área construída	Área total do lote

        Próxima etapa sugerida: Aplicações de Derivadas — Taxas Relacionadas, estudando situações em que duas ou mais grandezas variam simultaneamente.
      

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