Universidade Federal de Viçosa Centro de Ciências Exatas Departamento de Matemática

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1 Universidade Federal de Viçosa Centro de Ciências Exatas Departamento de Matemática 3 a Lista MAT Cálculo I 218/I APLICAÇÃO DE DERIVADAS: OTIMIZAÇÃO Otimização é outra aplicação de derivadas. Em essência tem-se um problema do qual se procura o ótimo, seja este mínimo ou máximo absoluto. Para lidar com este tipo de problemas, entre outros pontos seguimos os seguintes passos: 1. Encontrar a relação funcional/equação entre as variáveis do problema. 2. Determinar o domínio da função obtida. 3. Verificar se a função é derivável.(normalmente a função resultante é derivável, mas vale a pena certificar-se disso). 4. Encontrar a primeira derivada. Determinar os pontos críticos e depois aplicar o teste a primeira ou segunda derivada para saber quais desses pontos são máximo ou mínimo locais. Depois, determinar as imagens desses extremos locais. 5. Justificar porque os pontos de máximo ou mínimo local encontrados são absolutos. Para isto, convêm atentar: (a) Se o domínio é um intervalo aberto, por exemplo (a, b), bom é verificar como é o comportamento da função quando x b e quando a a +, comparando com as imagens dos extremos locais encontrados. No entanto, se o extremo relativo for único em (a, b), este já será extremo absoluto. (b) Se o domínio é um intervalo fechado, por exemplo [a, b], bom é determinar f(a) e f(b) e comparar com os valores de f nos extremos locais. 6. Dar a resposta do problema. OBS.: Em alguns problemas aparece otimizar distâncias e nesse caso a função é do tipo d(x) = expressão em x. Note que otimizar d 2 dará o mesmo resultado que otimizar somente d. Pensar dessa forma tem a vantagem de evitar-se lidar com derivadas de raiz quadrada e simplesmente derivar polinômios.

2 EXEMPLOS: 1. Uma imobiliária possui 18 apartamentos tipo econômico, que estão todos alugados por R$3, mensais. A imobiliária estima que, para cada R$1, de aumento no aluguel, 5 apartamentos ficarão vazios. Qual o aluguel que deve ser cobrado para se obter renda mensal máxima? Solução: A renda da imobiliária, após os aumentos, será: R(x) = (3 + 1x)(18 5x) onde x é o número de aumentos que a imobiliária faz e recebe R$3, mensais por apartamento e, para cada R$1, de aumento no aluguel, 5 apartamentos ficarão vazios de 18 apartamentos. Abrindo as contas e colocando em evidência 5, obtemos: R(x) = 5x 2 + 3x + 54 = 5( x 2 + 6x + 18) Como x é o número de aumentos que a imobiliária faz, devemos ter x e também 18 5x para não haver prejuízo da imobiliária. Sendo assim x [, 36]. Temos então uma função contínua definida em um intervalo fechado, portanto, pelo Teorema do Valor Extremo, admite máximo e mínimo global. Para determinar o máximo, primeiramente vamos derivar a função R e determinar os números críticos: Determinando os números críticos de R: R (x) = 5( 2x + 6) R (x) = 5( 2x + 6) = 2x + 6 = x = 3 Neste caso então, os candidatos a máximo global são x = 3 (número crítico), x = e x = 36 (extermos do intervalo do domínio de aplicação). Para determinar tal máximo devemos aplicar a função R nos três candidatos apresentados acima e escolher aquele que der a maior imagem. R() = 54. R(3) = R(36) = Como x = 3 deu o maior valor, segue então que ele é o máximo global da função. Como x é o número de aumentos de R$1, que deve ser feito, o novo valor do aluguel a ser cobrado é de R$33,. 2. Determinar a área do retângulo máximo, com base no eixo dos X e vértices superiores sobre a parábola y = 12 x 2. Solução: Como o gráfico de f(x) = 12 x 2 é simétrica em relação ao eixo x e este corta o eixo x em x = 12 e x = 12. A situação pedida está ilustrada na figura a seguir: A área do retângulo que desejamos maximizar é dada por: A = 2xy = 2x(12 x 2 ) com x [, 12]. Os candidatos a máximos locais no intervalo x (, 12) são aqueles pontos onde a derivada primeira de A(x) se anula, ou seja

3 Figura 1: Retângulo inscrito na parábola da(x) dx = d dx (24x 2x3 ) = 24 6x 2 = 6x 2 = 24 x 2 = 4 x = ±2 Uma vez que estamos restritos ao valores de x >, caso contrário a área seria negativa, o que não faz sentido, tomaremos o candidato a máximo como sendo x = 2. Para ser um máximo local no intervalo considerado, a derivada segunda neste ponto deve ser negativa. De fato, d 2 A(x) dx 2 ( ) d 2 A(x) = 12x dx 2 x=2 = 24 < Logo, x = 2 é o máximo local no intervalo x (, 12), o que resulta numa área A(2) = 32u.a. (unidades de área). Para garantirmos que este é um máximo global no intervalo fechado [, 12], temos que checar os pontos de fronteira x = e x = 12. Mas A() = A( 12) = < A(2) = 32, portanto a área máxima é, de fato, 32u.a.. 3. Ache a menor distância da origem à reta 3x + y = 6, e encontre o ponto P sobre a reta que esteja mais próximo da origem. Então, verifique que a origem está na reta perpendicular à reta da em P. Solução: Sejam O = (, ) a origem e P = (x, y) um ponto qualquer da reta data, onde y = 6 3x. Assim, d(o, P ) = (x ) 2 + (y ) 2 = x 2 + (6 3x) 2 = 1x 2 36x + 36 cujo domínio é R pois 1x 2 36x+36 > (Para isto, observe que = b 2 4ac = 144 < ) para todo x R. Minimizar d(o, P ) equivale a minimizar f(x) = d 2 (O, P ) = 1x 2 36x+36. Vamos determinar os pontos/números críticos, caso existam, para tal derivamos f e igualamos a zero, d f(x) = 2x 36 = x = 9/5, daqui y = 3/5 dx

4 Observe que f é decrescente para x < 9/5 e crescente para x > 9/5, logo x = 9/5 é ponto/número de mínimo relativo. Além disso, lim x + (1x2 36x + 36) = lim x + x2 (1 36/x + 36/x 2 ) = + lim x (1x2 36x + 36) = lim x x2 (1 36/x + 36/x 2 ) = + Isto nos garante que x = 9/5 é ponto/número de mínimo absoluto para f e consequentemente para d(o, P ). Deste modo, a menor distância é d = 3 1 e o ponto P mais próximo da 5 origem é P = (9/5, 3/5). O coeficiente angular da reta passando por O e P é m 2 = 3/5 9/5 = 1 3, e é tal que m 1m 2 = 1, onde m 1 = 3 é o coeficiente angular da reta inicial dada. Portanto a reta passando por O é perpendicular à reta dada no ponto P. 4. Ache a menor distância do ponto P = (2, ) a um ponto sobre a curva y 2 x 2 = 1. Ache também o ponto sobre a curva mais próximo de P. Solução: Denotando por Q = (x, y) um ponto qualquer sobre a curva dada, temos d(p, Q) = (x 2) 2 + (y ) 2 = (x 2) 2 + y 2 = 2x 2 4x + 5 pois y 2 x 2 = 1. Note que Dom(d(P, Q)) = R, pois 2x 2 4x + 5, para todo x R. (Para isto, observe que = b 2 4ac = 4 < ) Minimizar d(p, Q) equivale a minimizar f(x) = d 2 (P, Q) = 2x 2 4x + 5. Assim, derivamos f e igualamos a zero para obter os pontos/números críticos: f (x) = 4x 4 = x = 1, e daqui y 2 = 2 y = ± 2 Observe que f é decrescente para x < 1 e crescente para x > 1. Logo, x = 1 é ponto/número de mínimo relativo/local para f. Além disso, lim x + (2x2 4x + 5) = lim x + x2 (2 4/x + 5/x 2 ) = + lim x (2x2 4x + 5) = lim x x2 (2 4/x + 5/x 2 ) = + Isto garante que x = 1 dá o mínimo absoluto de f. Deste modo, a menor distância é d(p, Q) = (1 2) = 3, e os pontos Q mais próximos de P são Q 1 = (1, 2) e Q 2 = (1, 2) EXERCÍCIOS: 1. Exercícios sugeridos do livro do Leithold V1. Capítulo 4. Seção 4.8(p. 267) 17-21; Revisão(p. 282) 51-55; Se 12cm 2 de material estiverem disponíveis para fazer uma caixa com uma base quadrada e sem tampa, encontre o maior volume possível da caixa. 3. Um pôster deve ter área de 12cm 2 com uma margem de 3cm na base e nos lados, e uma margem de 5cm em cima. Que dimensões darão a maior área impressa.

5 INTEGRAL INDEFINIDA A integral indefinida de uma função f é uma função F tal que a derivada primeira de F nos devolva f, isto é, F (x) = f(x). A notação usada é f(x)dx = F (x) + c Existem vários métodos para encontrar a integral indefinida, todas com o intuito de chegar numa integral imediata. Nosso objetivo nesta disciplina é aprender: 1. Método de substituição(simples): Consiste em chamar de u ou outra variável que seja de seu agrado, uma parte da função subintegral f(x), obter du e substituir na integral original. Após isso, resolver a nova integral, que se espera seja mais direta e, finalmente retornar à variável original x. 2. Método de integração por partes: Consiste do seguinte esquema udv = uv vdu u du dv v 3. Método de integração por frações parciais(fatores lineares simples): Aqui, de uma forma geral, vamos resolver f(x)dx onde, f(x) = p(x), onde p e q são polinômios tais que q(x) grau(p(x)) < grau(q(x))(caso não, primeiro fazemos a divisão de polinômios para chegar nesta condição) e, q(x) se escreve como q(x) = (a 1 x + b 1 )(a 2 x + b 2 )... (a k x + b k ). Para simplificar o texto, suponha que q(x) = (a 1 x+b 1 )(a 2 x+b 2 )(a 3 x+b 3 ) e p(x) = ax 2 +bx+c. Sendo assim, escrevemos f(x) como soma de frações parciais (frações mais simples), da seguinte forma f(x) = p(x) q(x) = A 1 a 1 x + b 1 + A 2 a 2 x + b 2 + A 3 a 3 x + b 3 com os A i a determinar. A seguir, somamos as frações parciais, obtendo uma identidade, na qual igualamos numeradores e depois aplicamos a noção de igualdade de polinômios para obter um sistema linear de equações e finalmente resolvemos esse sistema para encontrar os A i. p(x) q(x) = A 1(a 2 x + b 2 )(a 3 x + b 3 ) + A 2 (a 1 x + b 1 )(a 3 x + b 3 ) + A 3 (a 1 x + b 1 )(a 2 x + b 2 ) (a 1 x + b 1 )(a 2 x + b 2 )(a 3 x + b 3 ) a = a 2 a 3 A 1 + a 1 a 3 A 2 + a 1 a 2 A 3 b = (a 2 b 3 + a 3 b 2 )A 1 + (a 1 b 3 + a 3 b 1 )A 2 + (a 1 b 2 + a 2 b 1 )A 3 c = b 2 b 3 A 1 + b 1 b 3 A 2 + b 1 b 2 A 3 Assim, com os valores dos A i encontrados a integral se transforma em três mais fáceis! dx dx dx f(x)dx = A 1 + A 2 + A 3 a 1 x + b 1 a 2 x + b 2 a 3 x + b 3

6 EXEMPLOS: 1. Ver os exemplos do livro texto páginas ; ; 552, 554, 557, Resolver as integrais (a) (b) ax + b px + q dx Solução: ( ) ax + b a px px + q dx = dx+ p px + q = a p ( ) px + q aq dx px + q p 1 bp px + q + p = ax p b a px + q dx = p + bp aq p 2 1 px + q dx = a p ln px + q + C ( px + q q px + q dx + ) dx+ bp aq p Onde na última integral, utilizamos a substituição simples u = px + q. e x a + be x dx b px + q dx 1 px + q dx Solução: Tomando u = a + be x, então du = be x dx temos: e x a + be dx = 1 x b be x a + be dx = 1 1 x b u du = 1 b ln u + C = 1 b ln a + bex + C (c) x n ln(x)dx Solução: Usemos o método de integração por partes, tomando u = ln(x) e dv = x n dx com n 1, então du = 1 xn+1 dx e v =. Pelo método de integração por parte, temos x n+1 udv = uv vdu, então: x n ln(x)dx = xn+1 x n+1 n + 1 ln(x) n + 1 = xn+1 n + 1 ln(x) Agora se n = 1, temos 1 x xn+1 (n + 1) + C = xn+1 2 n + 1 ln(x) x dx = 1 2 (ln(x))2 + C dx = xn+1 n + 1 ln(x) 1 [ ln(x) 1 n + 1 Onde usamos o método de substituição simples tomando u = ln(x). n + 1 ] + C x n dx

7 (d) 3x 2 4x + 6 x(x 1)(x + 1) dx Solução: Usando o método de frações parciais a função subintegral se escreve De onde, 3x 2 4x + 6 x(x 1)(x + 1) = A x + B x 1 + C x + 1 3x 2 4x+6 = A(x 1)(x+1)+Bx(x+1)+Cx(x 1) = (A+B+C)x 2 +(B C)x+( A) Por igualdade de polinômios, temos 3 = A + B + C; 4 = B C; 6 = A Daqui, A = 6, B = 5 2 e C = 13 2 Agora resolvemos a integral proposta, 3x 2 4x /2 13/2 x(x 1)(x + 1) dx = x dx + x 1 dx + x + 1 dx 3x 2 4x ln x 1 13 ln x + 1 dx = 6 ln x c x(x 1)(x + 1) 2 2 (e) 4x 2 3x + 6 (x + 2)(2x 1)(3x + 1) dx Solução: Usando o método de frações parciais a função subintegral se escreve 4x 2 3x + 6 (x + 2)C = A x B 2x 1 + C 3x + 1 De onde, 4x 2 3x + 6 = A(2x 1)(3x + 1) + B(x + 2)(3x + 1) + C(x + 2)(2x 1) 4x 2 3x + 6 = (6A + 3B + 2C)x 2 + ( A + 7B + 3C)x + ( A + 2B 2C) Por igualdade de polinômios, temos: 4 = 6A + 3B + 2C, 3 = A + 7B + 3C, 6 = A + 2B 2C Daqui, A = 28/25, B = 22/25, C = 67/25 Assim, 4x 2 3x /25 22/25 67/25 (x + 2)(2x 1)(3x + 1) dx = x + 2 dx + 2x 1 dx + 3x + 1 dx 4x 2 3x ln x ln 2x 1 67 ln 3x + 1 dx = c (x + 2)(2x 1)(3x + 1)

8 EXERCÍCIOS: 1. Exercícios sugeridos do livro do Leithold V1. Capítulos 5 e 9. Seção 5.2(p. 32) 1-24 e de 41-5(só ímpares); Seção 9.1(p. 536) 1-24 Seção 9.5(p. 56) 1-8, 1 INTEGRAL DEFINIDA Para este tópico, consideramos uma função contínua f : [a, b] R. Denotamos a integral definida de f de a até b por b a f(x)dx. Teorema 1 (Segundo Teorema Fundamental do Cálculo) Seja f : [a, b] R uma função contínua ou contínua por partes em [a, b] e F primitiva de f, então b a f(x)dx = F (b) F (a) APLICAÇÃO: ÁREA DE REGIÕES PLANAS Para duas funções reais contínuas f e g, seja R a região do plano definida por R = {(x, y) R : a x b, f(x) y g(x)} A área da região R, denotada por A(R), é definida por A(R) = b a (g(x) f(x))dx OBS.: Quando R é definido como sendo limitado por duas ou mais curvas, é conveniente descobrir os pontos de interseção dessas curvas para saber qual a variação de x. APLICAÇÃO: RESOLUÇÃO DE EDOs DE VARIÁVEIS SEPERADAS Temos uma equação diferencial ordinária (EDO) de primeira ordem de variáveis separadas dy dx = f(x)g(y) com valor inicial y(x ) = y. Para resolver, escrevemos a EDO da seguinte forma dy = f(x)dx e integramos a ambos os g(y) lados. Finalmente substituimos x por x e y por y na expressão obtida para determinar o valor da constante de integração.

9 EXEMPLOS: 1. Ver os exemplos do livro texto páginas 346, 349; ; 34, Determine a área da região limitada pelas curvas y = x 2 e y = x 2 + 4x. Solução: Primeiro devemos achar os pontos de interseção entre as curvas, caso eles existam: y = x 2 e y = x 2 +4x x 2 = x 2 +4x 2x 2 4x = 2x(x 2) = x = ou x = 2 Portanto, as curvas se interceptam no pontos de abscissas x = e x = 2. Agora vamos traçar as curvas para encontrar a região delimitada por elas: No intervalo [, 2] temos x 2 + 4x x 2, portanto a área delimitada pelas curvas y = x 2 e y = x 2 + 4x é dado por: Área = 2 ( x 2 +4x x 2 )dx = 2 ( 2x ( 2x x)dx = 3 ) + 4x2 2 = = 8 3 u.a. 3. Determine a área da região limitada pelo gráfico de f(x) = x 2 2x + 3, a tangente ao gráfico no ponto (2, 5) e o eixo Y. Solução: Primeiramente determinemos a equação da reta tangente à f no ponto (2, 5). Para determinarmos a equação da reta, precisamos conhecer sua inclinação m, pois assim a equação será dada por: y y = m(x x ), onde (x, y ) é um ponto conhecido pertencente à reta. Uma vez que a reta é tangente à f sabemos que sua inclinação é dada por f (x) = 2x 2; f (2) = 6, portanto a equação da reta será: y ( 5) = 6(x 2) y = 6x+7. Já f(x) pode ser reescrita de uma forma mais conveniente: f(x) = x 2 2x + 3 = 3 (x 2 + 2x) = 3 (x 2 + 2x + 1 1) = 4 (x 2 + 2x + 1) = 4 (x + 1) 2 Nesta forma, se torna mais fácil identificar f como sendo uma parábola com concavidade voltada para baixo, raízes 1 e 3; e cujo vértice é o ponto ( 1, 4). A situação proposta pelo problema está esboçada na figura a seguir: Estando sempre a reta acima da parábola, na região de interesse, a área pedida será dada por: 2 2 [ ] x [( 6x + 7) ( x 2 2x + 3)]dx = (x x + 4)dx = 3 2x2 + 4x = 8 3

10 Figura 2: Área entre parábola, reta e o eixo Y. 4. Determine m de tal forma que a área da região acima da reta y = mx e abaixo da parábola y = 2x x 2 seja 36. Solução: Vamos reescrever a equação da parábola de uma forma mais adequada: y = 2x x 2 = (x 2 2x) = (x 2 2x + 1 1) = 1 (x 2 2x + 1) = 1 (x 1) 2 Portanto é uma parábola com concavidade voltada para baixo, com raízes e 2; e com vértice no ponto (1, 1). A reta y = mx é uma reta que passa pela origem. A figura 3 ilustra a situação proposta pelo problema. Figura 3: Área entre uma reta e uma parábola Determinemos o ponto P de interseção entre a reta e a parábola: y = 2x x 2 = mx x 2 + (m 2)x = x[x + (m 2)] = x = ou x = 2 m Uma vez que x = y = é a origem, o ponto P é P = (2 m, 2m m 2 ). A área hachurada, cujo valor sabemos ser 36, é dada por: A = 36 = 2 m [(2x x 2 ) mx]dx = 2 m [ x [ x (2 m)x]dx = 3 + (2 m)x2 2 ] 2 m

11 (2 m)3 (2 m)3 36 = 2 3 Desta última igualdade temos m = 4. EXERCÍCIOS: = (2 m)3 6 (2 m) 3 = Exercícios sugeridos do livro do Leithold V1. Capítulo 5. Seção 5.3(p. 31) 1-8; Seção 5.5(p. 33) 1-18; Seção 5.8(p. 351) 1-27(só ímpares) Seção 5.9(p. 359) 1-1; 13-38(só ímpares); 39-45