Projeto Educacional Interativo

Otimização com Derivadas

Um material didático progressivo para ajudar estudantes a compreender, modelar e resolver problemas de máximo e mínimo com clareza.

Versão completa com 10 problemas aplicados para estudo guiado e revisão

Problema 1 de 10

Área máxima de um retângulo com perímetro fixo

Problema 1

Área máxima de um retângulo com perímetro fixo

Objetivo pedagógico: compreender como transformar um problema geométrico em uma função de uma variável e usar derivadas para encontrar o valor máximo.

Enunciado

Um jardineiro dispõe de 40 metros de cerca para construir um canteiro retangular. Quais devem ser as dimensões do canteiro para que sua área seja máxima?

Ideia central: o perímetro permanece fixo, mas as dimensões variam. O desafio é descobrir quais medidas produzem a maior área possível.

Representação da situação

x y Perímetro = 40 m
Etapa 1 — Identificação do dado fixo

O que está fixo no problema?

Resposta: o perímetro do retângulo.
Etapa 2 — Identificação da grandeza a otimizar

O que queremos maximizar?

Resposta: a área do retângulo.
Etapa 3 — Restrição do problema

Se os lados são x e y, qual equação representa o perímetro?

2x + 2y = 40
Etapa 4 — Redução para uma variável

Como escrever y em função de x?

x + y = 20
y = 20 - x
Etapa 5 — Função objetivo

Qual é a função área?

A(x) = x(20 - x)
A(x) = 20x - x²
Etapa 6 — Domínio
0 < x < 20
Etapa 7 — Derivada
A'(x) = 20 - 2x
Etapa 8 — Ponto crítico
20 - 2x = 0
x = 10
Etapa 9 — Classificação
A''(x) = -2
A''(10) < 0
Conclusão: trata-se de um máximo.
Etapa 10 — Resposta final
y = 20 - 10 = 10
Resposta final: as dimensões são 10 m × 10 m.
Problema 2

Área máxima de um cercado com um lado apoiado em um muro

Objetivo pedagógico: aplicar derivadas em uma situação em que apenas três lados precisam ser cercados.

Representação da situação

y x Muro

Enunciado

Um fazendeiro possui 60 metros de cerca para construir um cercado retangular, aproveitando um muro já existente como um dos lados. Quais devem ser as dimensões para que a área cercada seja máxima?

Etapa 1 — Restrição

Se x é a largura perpendicular ao muro e y o lado paralelo ao muro, então:

2x + y = 60
y = 60 - 2x
Etapa 2 — Função objetivo
A = x·y
A(x) = x(60 - 2x)
A(x) = 60x - 2x²
Etapa 3 — Domínio
0 < x < 30
Etapa 4 — Derivada e ponto crítico
A'(x) = 60 - 4x
60 - 4x = 0
x = 15
Etapa 5 — Classificação e conclusão
A''(x) = -4
A''(15) < 0
y = 60 - 2(15) = 30
Resposta final: a área máxima ocorre com 15 m de largura e 30 m de comprimento.
Problema 3

Caixa sem tampa com volume máximo

Objetivo pedagógico: modelar uma situação de recorte e dobra para maximizar volume.

Representação da situação

Folha 30 cm × 20 cm cortes de lado x

Enunciado

Uma folha retangular de 30 cm por 20 cm será transformada em uma caixa sem tampa, cortando-se quadrados de lado x nos quatro cantos. Qual deve ser o valor de x para que o volume seja máximo?

Etapa 1 — Função volume
V(x) = x(30 - 2x)(20 - 2x)
V(x) = 4x³ - 100x² + 600x
Etapa 2 — Domínio
0 < x < 10
Etapa 3 — Derivada
V'(x) = 12x² - 200x + 600
Etapa 4 — Pontos críticos
12x² - 200x + 600 = 0
3x² - 50x + 150 = 0
x = (50 ± √700)/6

O valor viável no domínio é aproximadamente 3,92 cm.

Etapa 5 — Conclusão
Resposta final: o volume máximo ocorre quando são retirados quadrados de lado aproximadamente 3,92 cm.
Problema 4

Receita máxima na venda de ingressos

Objetivo pedagógico: relacionar preço, procura e receita em uma função quadrática.

Enunciado

Em um evento, quando o ingresso custa R$ 20, comparecem 300 pessoas. A cada aumento de R$ 2 no preço, 20 pessoas deixam de comparecer. Qual deve ser o preço do ingresso para maximizar a receita?

Etapa 1 — Variável

Se x é o número de aumentos de R$ 2, então:

preço = 20 + 2x
público = 300 - 20x
Etapa 2 — Receita
R(x) = (20 + 2x)(300 - 20x)
R(x) = 6000 + 200x - 40x²
Etapa 3 — Derivada
R'(x) = 200 - 80x
200 - 80x = 0
x = 2,5
Etapa 4 — Conclusão
preço = 20 + 2(2,5) = 25
Resposta final: a receita é máxima quando o ingresso custa R$ 25,00.
Problema 5

Custo mínimo de produção

Objetivo pedagógico: encontrar o ponto de mínimo de uma função custo.

Enunciado

O custo total de produção de um item é dado por C(x) = x² - 12x + 100, onde x representa a quantidade produzida em dezenas. Para qual valor de x o custo é mínimo?

Etapa 1 — Derivada
C'(x) = 2x - 12
Etapa 2 — Ponto crítico
2x - 12 = 0
x = 6
Etapa 3 — Classificação
C''(x) = 2
C''(6) > 0
Resposta final: o custo mínimo ocorre em x = 6, isto é, na produção de 60 unidades.
Problema 6

Distância mínima entre um ponto da parábola e a origem

Objetivo pedagógico: minimizar distância usando o quadrado da distância para simplificar os cálculos.

Enunciado

Determine o ponto da parábola y = x² + 1 que está mais próximo da origem.

Etapa 1 — Função distância ao quadrado

Se o ponto é (x, x² + 1), então:

D²(x) = x² + (x² + 1)²
D²(x) = x⁴ + 3x² + 1
Etapa 2 — Derivada
(D²)'(x) = 4x³ + 6x
2x(2x² + 3) = 0
x = 0
Etapa 3 — Conclusão
y = 0² + 1 = 1
Resposta final: o ponto mais próximo da origem é (0, 1).
Problema 7

Lucro máximo de uma empresa

Objetivo pedagógico: usar função lucro para determinar o nível ótimo de produção.

Enunciado

O lucro de uma empresa é dado por L(x) = -2x² + 40x - 96, onde x representa a quantidade produzida. Qual valor de x maximiza o lucro?

Etapa 1 — Derivada
L'(x) = -4x + 40
Etapa 2 — Ponto crítico
-4x + 40 = 0
x = 10
Etapa 3 — Classificação
L''(x) = -4
L''(10) < 0
Resposta final: o lucro máximo ocorre quando a empresa produz 10 unidades.
Problema 8

Janela retangular de área máxima com moldura fixa

Objetivo pedagógico: aplicar otimização em um contexto arquitetônico simples.

Enunciado

Uma janela retangular deve ser construída com 12 metros de moldura. Quais dimensões maximizam a área da janela?

Etapa 1 — Restrição e função área
2x + 2y = 12
x + y = 6
y = 6 - x
A(x) = x(6 - x) = 6x - x²
Etapa 2 — Derivada
A'(x) = 6 - 2x
6 - 2x = 0
x = 3
Etapa 3 — Conclusão
y = 6 - 3 = 3
Resposta final: a área máxima ocorre quando a janela mede 3 m × 3 m.
Problema 9

Perímetro mínimo de um retângulo com área fixa

Objetivo pedagógico: estudar um problema de minimização envolvendo restrição multiplicativa.

Enunciado

Um retângulo deve ter área igual a 100 m². Quais dimensões tornam seu perímetro mínimo?

Etapa 1 — Restrição
xy = 100
y = 100/x
Etapa 2 — Função perímetro
P = 2x + 2y
P(x) = 2x + 200/x
Etapa 3 — Derivada e ponto crítico
P'(x) = 2 - 200/x²
2 - 200/x² = 0
x² = 100
x = 10
Etapa 4 — Resposta final
y = 100/10 = 10
Resposta final: o perímetro mínimo ocorre para o quadrado de lados 10 m.
Problema 10

Caixa sem tampa com custo mínimo

Objetivo pedagógico: aplicar derivadas em um problema de minimização envolvendo dimensões, volume fixo e custo de material.

Representação da situação

x h Caixa sem tampa, base quadrada

Enunciado

Deseja-se construir uma caixa retangular sem tampa, com base quadrada, que tenha volume de 32 m³. O material da base custa R$ 20,00 por m² e o material das faces laterais custa R$ 10,00 por m². Quais devem ser as dimensões da caixa para que o custo total seja mínimo?

Etapa 1 — Definição das variáveis

Seja x o lado da base quadrada e h a altura da caixa.

Volume = x²h
x²h = 32
h = 32/x²
Etapa 2 — Construção da função custo

A base tem área x² e custa 20x². As quatro faces laterais têm área total 4xh e custam 10 · 4xh = 40xh.

C(x) = 20x² + 40xh
C(x) = 20x² + 40x(32/x²)
C(x) = 20x² + 1280/x
Etapa 3 — Domínio

Como se trata de medidas físicas, devemos ter:

x > 0
Etapa 4 — Derivada da função custo
C(x) = 20x² + 1280x⁻¹
C'(x) = 40x - 1280/x²
Etapa 5 — Determinação do ponto crítico
40x - 1280/x² = 0
40x³ = 1280
x³ = 32
x = ∛32

Numericamente: x ≈ 3,17 m.

Etapa 6 — Classificação do extremo
C''(x) = 40 + 2560/x³
Conclusão: como C''(x) > 0 para todo x > 0, o ponto encontrado corresponde a um mínimo.
Etapa 7 — Cálculo da altura
h = 32/x²
h = 32/(∛32)²
h ≈ 3,17 m
Etapa 8 — Resposta final
Resposta final: o custo mínimo ocorre quando a caixa tem base quadrada de lado aproximadamente 3,17 m e altura aproximadamente 3,17 m.
Leitura conceitual: neste caso, o equilíbrio entre custo da base e custo das laterais leva a dimensões praticamente iguais.
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