1 Exercícios de Aplicações da Derivada

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1 Cálculo I (205/) IM UFRJ Lista 4: Aplicações de Derivadas Prof. Milton Lopes e Prof. Marco Cabral Versão Eercícios de Aplicações da Derivada. Eercícios de Fiação Fi.: Suponha que f(0) = 0, f é contínua e que f f() (0) = 5. Calcule lim 0 sen(). Fi.2: Vamos calcular o limite lim ( ) 2 e e ( ) 2 lim e e aplicando L'Hospital duas vezes. Assim, = lim 2( ) 2 e = lim e = 2 e 2. Na realidade o limite é zero. Qual o erro? f() Fi.3: Determine lim sabendo que lim f() = lim g() g() = + e que os grácos de f e g são dados na gura abaio. 3 2 f g Fi.4: Sabe-se que f (2) = 4 e que f(2) = 5. Aproime: (a) f(2.); (b) f(.95). Fi.5: Sabe-se que p() é o polinômio do segundo grau que melhor aproima f() = cos() perto do ponto = π. Determine: (a) p(π); (b) p (π); (c) p (π). Fi.6: Determine { se 0 = 0 é (ou não é) máimo { ou mínimo local das seguintes { funções: 2, 0 /, 0,, < 0, (a) f() = (b) f() = (c) f() = /0, = 0. 00, = 0., 0. { sen(/), 0, (d) f() = (ver gráco utilizando algum software)., = 0, Fi.7: Esboce o gráco de uma função contínua para cada item abaio que: (a) tenha um máimo local em = 2 e um mínimo local em = ; (b) seja sempre crescente, mas até = 2 com concavidade para cima e depois deste ponto com concavidade para baio. Fi.8: Considere uma f : [ 3, 3] : R cujo quadro de sinais da função e das derivadas seja: f + + f f Esboce o gráco de = f(). Fi.9: Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um contraeemplo ou corrija.

2 (a) se f () > 0 para todo [, 2] então f é crescente em [, 2]. (b) se f () > 0 para todo [, 2] então f é possui concavidade para cima em [, 2] (c) se h() = C para todo [, 2] então h não possui nenhum ponto do máimo nem mínimo local. Fi.0: Estude o TVE (Teorema do Valor Etremo de Weierstrass). Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um contraeemplo ou corrija. (a) Pelo TVE toda função contínua em I = ( 7, 00) possui um máimo em I. (b) Pelo TVE toda função contínua em I = [0, ) possui um mínimo em I. (c) Pelo TVE toda função em I = [2, 3] possui um mínimo em I. (d) Pelo TVE toda função descontínua em I = [2, 4] não possui máimo neste intervalo. (e) Pelo TVE toda função contínua em intervalo ilimitado I não possui máimo em I. Fi.: Suponha que f é derivável em R e que f se anula somente em 3 e 7. (a) É verdade que eiste a [, 0] tal que f(a) f() para todo [, 0]? Porque? (b) Eplique como podemos determinar a. (c) É verdade que eiste c R tal que f(c) f() para todo R? Porque? Fi.2: Sabendo f é contínua em R e que f () > 0 para < 0 e f () < 0, para > 0, determine (se for possível) a, b, c, d R tais que (a) min f() = f(a); (b) ma f() = f(b); [ 5, ] [ 2,3] (c) f() = f(c); (d) ma f() = f(d). min [,2] [2,5] Fi.3: Considere f() =. Determine, caso eistam, para cada intervalo I abaio, ma f(), min f() e os pontos ma e min onde são atingidos o máimo e o mínimo. (a) I = [2, 3]; (b) I = (0, ]; (c) I = [, 4]; (d) I = [, ); (e) I = (, 0). Fi.4: Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um contraeemplo ou corrija. Suponha que todas as funções possuem derivadas em todos os pontos. (a) Se = 4 é mínimo local de h então h (4) = 0. (b) Se = 2 é o máimo de f no intervalo [, 4] então f (2) = 0. (c) Se = é o mínimo de f no intervalo [, 4] então f () = 0. (d) Se g (3) = 0 então = 3 é o mínimo ou máimo local de g. Fi.5: Determine se é Verdadeiro ou Falso. Se for falso dê um contraeemplo ou corrija. Sabendo que f e f é derivável em I e a, b, c I: (a) f (b) = 0 e f (b) = então b é ponto de máimo local. (b) f (c) = 0 e f (c) = 0 então c é não é ponto de máimo nem mínimo de f em I. (c) se a é máimo local de f então a é máimo de f em I. Fi.6: Considere a função f esboçada na gura abaio. (a) Determine os pontos de máimo e mínimo local de f. Determine os pontos de máimo e mínimo de f em: (b) [2, 4]; (c) [ 3, ]; (d) [, 4]. Determine o sinal de f em: (e) =.8; (f) = 0; (g) = 4. (h) Dentre os inteiros 3, 2,..., 4, determine os que estão próimos de pontos de ineão (troca de concavidade) de f. Considere g () = f(). Determine os pontos de: (i) máimo e mínimo local de g; (j) ineão de g. 2

3 f() Fi.7: Considere f() = 4 3. Determine todos os pontos de máimo/mínimo: (a) locais de f. (b) de f no intervalo [, 2]. (c) de f no intervalo [, 0]. (d) de f em R. (e) de f em (, ]. Fi.8: Considere a função = g() cujo gráco está representado na gura abaio. g() Coloque em ordem crescente os seguintes números: (a) g (0), g (2), g (4), e g (5). (b) g (2), g (5), e g (8)..2 Problemas Prob.: Calcule os limites abaio: sen(8) (a) lim 0 e 2. (b) lim + 3) /. 0 +(e Prob.2: Estime, através de uma aproimação linear local: (a) 65; (b) log(e 2 0.); (c) arctan(.2). e e (c) lim 0 sen(5). (d) lim n n(ea/n ). Prob.3: Considere a função f() = a 3 + b 2 + c + d onde a > 0. (a) Mostre que f admite nenhum ou dois etremos locais. Sob que condições cada um desses casos ocorre? (b) No caso em que f não admite etremos locais, quantas raízes reais f pode ter? (c) No caso em que f admite dois etremos locais, quantas raízes reais f pode ter? (d) Baseado nos itens anteriores, descreva um procedimento para determinar o número de raízes reais de f. Prob.4: (grácos triviais) Esboce o gráco de f e de uma função g tal que: (a) f() = ; (b) g () = 3 4. Prob.5: Esboce o gráco de uma função = f() tal que f(0) = 2 e f é dado pelo gráco abaio f Prob.6: Esboce o gráco de uma função contínua f nos maiores intervalos possíveis que verique todas as condições indicadas simultaneamente. (a) 3

4 lim f() =, lim 0 lim f() = 2, lim 0 f() =, f(0) =, + f() =, f () > 0 para <, f () < 0 para < < 0, f ( ) = 0, f () < 0 para > 0. (b) f(0) = 2, f( 2) = e f (0) = 0. lim lim f() = e lim f() = + e lim f() = 0. f() =. 2 2 f () > 0 se < 0 e f () < 0 se > 0. f () < 0 se < 2 e f () > 0 se > 2. Prob.7: Para as questões de esboço de gráco, antes do esboço deverá ser determinado: (a) todos os pontos de interseção com os eios e ; (b) os limites de no innito e todas as assíntotas; (c) os intervalos de crescimento e decrescimento; (d) todos os pontos de máimo e mínimo locais; (e) os intervalos com concavidade para cima e para baio; Esboce o gráco de cada uma das funções abaio: (a) f() = ( 2)( + ). Dica: f () = f () = 24 ( 2 + ) ( 2) 3 ( + ) 3. 4 ( 2) ( 2) 2 ( + ) 2 e (b) g() = Dica: g () = 4 ( 2 ) 2 e g () = ( 2 ) 3. (c) h() = ( ) 2. Dica: h () = + ( ) 3 e h () = Prob.8: Esboce o gráco da função: (a) f() = e. Dica: f () = ( ) e 2 e f () = (b) f() = log( 2 ) +. Dica: f () = 2 2 e ( + 2) ( ) 4. ( ) e 3. e f () = ( 2 ) 2, (c) f() = e (2 )( ) +. Dica: f () = (3 2) e (2 )( ) e f () = ( ) e (2 )( ), 3/2 2/ e 3/2 + 2/ (d) f() = 3 e. Dica: f () = ( ) e e f () = ( ) e, e Prob.9: Para cada função f e cada intervalo I abaio, determine ma possível, os pontos ma e min onde o máimo/mínimo é atingidos. (a) f() = sen() + cos(), I = (0, π/2). Dica: f () = sen3 cos 3 cos 2 sen 2 (b) f() = +, I = (0, ), I = (0, 3], I = [3, 4]. Dica: f () = 4 2. (c) f() = , I = [, ] e [, 2]. Dica: f () = 2( 2 + 2). (d) f() = em I = (, ], I = [0, ]. + 4 f() e min f() e, se for

5 Dica: f () = ( + ) 2. Prob.0: Determine todos K R tais que a equação 4 = K tenha pelo menos uma solução. + 3 Prob.: Encontre dois números cuja diferença seja 00 e cujo produto seja um mínimo. Prob.2: Uma chapa de metal de largura L deve ter duas bandas, de igual largura, dobradas ao longo do comprimento de maneira a formar uma calha retangular. Como devem ser feitas as dobras de tal forma que a calha comporte o maior volume possível? L Prob.3: Dispõe-se de 40m de o de arame para cercar um canteiro em um jardim cuja forma é a de um setor circular (fatia de pizza). Qual deve ser o raio do círculo para que o canteiro tenha a maior área possível? Obs: A área de um setor circular é θr 2 /2, onde r é o raio do círculo e θ é o ângulo do setor circular. r θ Prob.4: A tela do cinema CABRALPLEX está a uma distância K do chão e possui altura L. Um espectador vai se sentar nesta sala, que é plana (não possui inclinação), de modo que sentado em qualquer assento a distância entre seus olhos e o solo é h. A que distância d da tela ele deve car sentado para que perceba a maior imagem possível da tela? Note que a imagem é proporcional ao ângulo subentendido por seu olho e os etremos da tela. Assumimos que a altura K > h, caso contrário o melhor seria d = 0. L K B ϕ θ h d Prob.5: A página de um cartaz deve ser retangular e ter uma área de A cm 2 com margens laterais iguais a M cm, e margens superior e inferior de N cm. Determine as dimensões do cartaz que permitirão a maior área impressa. 5

6 M M N N Prob.6: Um tanque cilíndrico tem a forma de um cilindro com duas semiesferas em cada etremidade. Determine a forma do cilindro que: (a) maimizará o seu volume, sabendo que sua área de superfície é A, (b) minimizará o seu custo de fabricação sabendo que seu volume é V. Prob.7: (a) Sejam f() = e P = (2, 2). Determine a maior e a menor distância de P aos pontos do gráco de f. (b) Qual a menor distância vertical entre as curvas = 2 e = 2? Prob.8: Determine as dimensões do retângulo inscrito num círculo de raio R que possui o menor e o maior perímetro; Prob.9: Encontre as dimensões do retângulo de maior área que tem sua base sobre o eio e seus dois outros vértices acima do eio e sobre a parábola = Prob.20: Maimize o volume do: (a) cone reto inscrito numa esfera de raio R; (b) cilindro circular reto inscrito num cone circular reto de raio R e altura H. 6

7 Respostas dos Eercícios Aplicações da Derivada. Eer. de Fiação p. Fi.: O limite é 5 por L'Hospital. Fi.2: Não podemos aplicar L'Hospital duas vezes, 2( ) 2( ) somente uma vez obtendo lim e = = e 0. Fi.3: Aplicando L'Hospital, f() lim g() = lim f (). Pela gura, g () lim f () = 3 e lim g () = 2, assim f() lim g() = 3/2. Fi.4: (a) f(2.) f(2) + f (2)(2. 2) = 5 + 4(0.) = 5.4. (b) f(.95) f(2)+f (2)(.95 2) = 5+4( 0.05) = 4.8. Fi.5: p(π) = f(π) =, p (π) = f (π) = sen(π) = 0, p (π) = f (π) = cos(π) =. Fi.6: (a) é máimo local; (b) não é máimo nem mínimo local; (c) é mínimo local; (d) é mínimo local; Fi.7: (a) (b) Fi.8: Fi.9: (a) e (b) Ambas verdadeiras. (c) Falso. Todos os pontos em [, 2] são de máimo e de mínimo simultaneamente pela denição. Fi.0: (a) Falso. I tem que ser um intervalo fechado como I = [ 6, 99]. (b) Falso. I tem que ser limitado e fechado. (c) Falso. A função tem que ser contínua. (d) Falso. Mesmo descontínua pode ter máimo. (e) Falso. Considere I = R e a função contínua f() = 2 +. O máimo é em = 0. Fi.: (a) Como f é contínua em um intervalo fechado e limitado, podemos aplicar o TVE (Teorema do Valor Etremo de Weierstrass), que garante que eiste a. (b) Devemos comparar o valor da função nos etremos do intervalo com o valor da função nos pontos críticos. Assim comparando f(), f(0), f(3), f(7), determinaremos o máimo. Ou seja, o máimo será um dos pontos:, 3, 7 ou 0. (c) Não necessariamente. Note que não podemos aplicar o TVE pois o intervalo não é limitado. Um eemplo é tomar uma f que vai para quando. Fi.2: (a) a = 5. (b) b = 0. (c) pode ser em c = ou c = 2. (d) d = 2. Fi.3: (a) ma f() = /2, ma = 2, min f() = /3, min = 3. (b) ma f() =, não eiste ma, min f() =, min =. (c) ma f() = 4, ma = /4, min f() =, min =. (d) ma f() =, ma =, min f() = 0, não eiste min. (e) ma f() = 0, min f() =, não eistem ma nem min. Fi.4: (a) Verdadeiro, pois se é mínimo local então a derivada é zero. (b) Verdadeiro, pois se é máimo no interior do intervalo, então é máimo local. (c) Falso, pois está no etremo do intervalo. Pode ser zero mas não necessariamente. (d) Falso. Um ponto com derivada zero pode não ser máimo nem mínimo, como por eemplo g() = ( 3) 3, que possui derivada nula em = 3 mas não é máimo nem mínimo. Fi.5: (a) Verdadeiro. (b) Falso, pode ser e pode não ser. Eemplo é f() = 3, onde todo ponto é de máimo local (e de mínimo local) embora f = f = 0. (c) Falso, nem todo máimo local é máimo em um intervalo. O máimo pode ocorrer no etremo do intervalo e a derivada não precisa ser zero neste ponto. Fi.6: (a) máimos locais: = 2 e = 3. mínimos locais: = 0. (b) Mínimo em = 4, máimo em = 3. (c) Mínimo em = 3, máimo em =. (d) Mínimo em = 0, máimo em = 3. (e) f (.8) < 0. (f) f (0) > 0. (g) f (4) < 0. (h) = e =.

8 (i) mínimo local em =. máimo local em = 4. Olhe o sinal de g antes e depois destes pontos. (j) onde g () = f () = 0? pontos de ineão de g: = 2 e = 3. Fi.7: (a) Como f () = = 2 (4 3), os pontos críticos são = 0, = 3/4. Note que o sinal da derivada é: f () < 0 para < 3/4 e f () > 0 para > 3/4. Assim = 0 não é etremos local. Somente = 3/4 é mínimo local. (b) Devemos comparar f( ) = 2, f(2) = 8, f(3/4) = 27/256. Assim o máimo em I é em = 2 e o mínimo em = 3/4. (c) Aqui basta comparar f( ) = 2 com f(0) = 0. Assim o máimo é em = e o mínimo em = 0. (d) No etremo do intervalo ± a função f(). Assim ela não tem máimo. O mínimo é no ponto crítico = 3/4. (e) No etremo a função f(). No etremo =, f( ) = 2. Nenhum ponto crítico pertence ao intervalo. Assim ela não tem máimo e o mínimo é em =. Fi.8: (a) g (5) < g (4) < g (0) < g (2). (b) g (8) < g (5) < g (2). gura). Se ambos forem menor que zero ou ambos maiores que zero, f admite somente uma raiz real. Se o máimo local é maior que zero e o mínimo local menor que zero, f admite eatamente 3 raízes reais. (d) Determine (caso eistam) os dois pontos críticos distintos 0 < de f, isto é, pontos tais que f ( 0 ) = f ( ) = 0. Caso não eistam ou eista somente um, a função possui somente uma raiz real. Como a > 0 necessariamente 0 é máimo e é minimo (basta olhar sinal de f, que vem positivo até 0, ca negativa em ( 0, ) e volta a ser positivo em. Se f( 0 ) > 0 > f( ) possui 3 raízes reais, caso contrário somente uma raiz real. Prob.4: (a) f () = = 3( ) 2, cuja única raiz é =. Assim f () 0 para todo R. Logo esta função é sempre crescente. Como f () = 6 6, ela troca de concavidade em =. Quando, f() e quando, f(). Não possui assíntota vertical nem horizontal. Embora f () = 0, como f > 0 perto de =, este ponto não é de máimo nem mínimo..2 Problemas p.3 Prob.: (a) 4. (b) Tomando o log obtemos que se = (e + 3) /, log = log(e + 3). Aplicando L.H. log( lim ) = 4. Logo lim = e4. (c) 2/5. (d) Aplicando LH em ea/n /n obtemos lim n aea/n = a. Prob.2: (a) (65 64) = (b) log(e 2 0.) log(e 2 ) + e 2 ( 0.) = 2 0e 2. (c) Recordando, arctan () = 2 +. Assim, arctan () = 2. Assim arctan(.2) tan() + 2 (.2 ) = π Prob.3: (a) Como f () = 3a 2 +2b+c, os etremos locais vão ocorrer (possivelmente) somente nos pontos onde f () = 0. Se a equação possuir duas raízes reais distintas, o sinal de f passará de positivo para negativo ou vice-versa em cada raiz: assim um ponto será de máimo e o outro de mínimo local. Se possuir uma raiz dupla, como a > 0, f () 0 para todo R. Assim o ponto onde f se anula não será de máimo nem mínimo. Finalmente se f não possuir raiz real, como a > 0, f () > 0 para todo R. Assim a função será sempre crescente, sem etremos locais. (b) Se f não possui etremos locais então f () 0 para todo R. Assim f poderá possuir no máimo raiz. Como é polinômio de grau impar, pelo TVI (porque?) possui no mínimo uma raiz. Concluímos que f possui eatamente raiz. (c) Se f possui 2 etremos locais, temos que vericar se o mínimo local é menor que zero ou não e se o máimo local é menor que zero ou não (faça uma (b) Como g () = ( 2 4), a derivada se anula em 0, ±2. Analisando sinal de g (quadro de sinais) concluímos que g decresce até 2, cresce em ( 2, 0), decresce em (0, 2), e cresce de 2 em diante. Com isso vemos que os pontos = ±2 são de mínimo local e = 0 é de máimo local. Como g () = 3 2 4, a concavidade muda em ± 2 3, sendo para cima antes de 2 3 e depois de 2 3 e para baio em ( 2 2 3, 3 ). Assim um esboço para gráco (não é único pois pode-se somar constante a g) é: Prob.5: O esboço deverá ter uma f() = 2 para [0, ] pois f () = 0 neste intervalo. Ela deverá decrescer para > com concavidade para baio pois f < 0. Entre 2 e 0 ela deverá crescer pois f > 0 neste intervalo. No entanto a concavidade deve ser 8

9 para cima até e para baio depois. Até o 2 ela deve deve decrescer com concavidade para cima e um mínimo local em = 2 pois a derivada se anula em 2. Assim obtemos: = Prob.6: (a) Possui duas assintotas horizontais: = 2 e =. Possui assintota vertical em = 0. Possui um máimo local em =. (b) Intersepta os eios em (0, ). Assintotas verticais em = ±. Assintota horizontal: =. Sinal de g é igual ao sinal de : a função decresce até = 0 e cresce depois. Em = 0 a função tem um mínimo local. O sinal de g é igual ao sinal de 2 : concavidade para baio até = e depois de =. Concavidade para cima em (, ). = 2 = = (b) Possui duas assintotas horizontais: = 0 e =. Possui assintota vertical em = 2. Possui um máimo local em = = (c) Intersepta os eios em (0, 0). Assintota vertical em =. Assintota horizontal: = 0. Sinal de h : a função decresce até =, cresce em (, ), decresce depois de =. Em = a função tem um mínimo local. O sinal de h é igual ao sinal de +2: concavidade para baio até = 2, Concavidade para cima depois. = 2 Prob.7: (a) Intersepta os eios em (0, 0) e (, 0). Assintotas verticais em = 2 e =. Assintota horizontal: = 2. Sinal de f é igual ao sinal de 2: a função cresce até = /2 e decresce depois. Em = /2 a função tem um máimo local. O sinal de g é igual ao sinal de ( 2)( + ) (note que 2 + > 0 pois as raízes são compleas): concavidade para cima até = e depois de = 2. Concavidade para baio em (, 2). 2 Prob.8: (a) Não intersepta os eios (nunca vale zero e não está denida em = 0). Assintota vertical em = 0. Assintota horizontal: = 0. Sinal de f é igual ao sinal de pois e e 2 são sempre positivas: a função decresce até = e cresce depois de =. Em = a função tem um mínimo local. O sinal de f é igual ao sinal de 3 pois o polinômio possui raízes compleas e como coeciente de 2 é positivo, > 0 para todo R. Assim f é negativa para < 0 e positiva para > 0. Portanto concavidade para baio para < 0, Concavidade para 9

10 cima para > 0. em 3/2 2/2, 3/2 + 2/2), ou, aproimadamente, em (0.79, 2.20). Concavidade para cima fora deste intervalo. = (b) Note que a função está denida somente onde 2 > 0, isto é, para (, ). Intersepta os eios em (0, ) e quando log( 2 ) =, isto é, quando 2 = e. Portanto quando 2 = e, isto é, = ± e ±0.79 (pelo software Maima). Logo intercepta o eio em (±0.79, 0). Assintota vertical em = ± (onde temos log 0 =!). Assintota horizontal não eiste (função nem esta denida para > nem < ). Sinal de f é igual a de 2 para (, ) pois 2 < 0 neste intervalo. Assim a função cresce para < 0 e decresce para > 0. Em = 0 a função tem um máimo local. O sinal de f. Note que o numerador é sempre positivo e como o denominador é igual a ( 2 ) 2, que é sempre positivo, por ter sinal de menos na frente será sempre negativa. Assim f < 0 e a concavidade é sempre para baio (d) Intersepta os eios em (0, 0). Não tem Assintota vertical. Assintota horizontal: = 0 quando. Sinal de f é igual ao sinal de + 3, pois colocando em evidência 2, que é sempre positivo, obtemos isto. Note que a derivada será zero em = 3 e em = 0. Note que em zero a derivada não troca de sinal, continuando positiva. Assim a função decresce até = 3 e cresce depois. Em = 3 a função tem um mínimo local. O ponto = 0 possui derivada zero (é ponto crítico) mas não é máimo nem mínimo local pois a função cresce em torno de = 0 (f () > 0 para próimo mas diferente de zero). O sinal de f é igual ao sinal de ( ). As raízes são 0, 3 ± e Fazendo quadro de sinais vamos obter que: concavidade para baio até = e também no intervalo ( 3+ 3, 0) (.26, 0). A Concavidade será para cima em ( 3 3, 3+ 3) ( 4.7,.26) e também para > e = e = (c) Intersepta os eios em (0, + e 2 ). Não possui Assintota vertical. Assintota horizontal: =. Sinal de f é igual ao sinal de 3 2 pois eponencial de qualquer coisa é sempre positiva. Portanto a função cresce até = 3/2 e decresce depois. Em = 3/2 a função tem um máimo local. O sinal de f é igual ao sinal de As raízes são: 3/2 ± 2/2. A concavidade para baio Prob.9: (a) O ponto crítico é a solução de sen 3 () = cos 3 (), e portanto se tan 3 () =, ou seja, quando tan =, o que ocorre se = π/4. Quando 0 + ou π/2, f(). Assim o mínimo é em = π/4 com f(π/4) = 2 2 e não eiste máimo em I. Portanto ma f() =, não eiste ma, min f() = 2 2, min = π 4. (b) O único ponto crítico é em = 2 (f (2) = 0). Quando 0 + ou, f(). Assim em I = (0, ) o mínimo é em = 2 e o máimo não eiste. Portanto ma f() =, não eiste ma, min f() = 5 2, min = 2. Em I = (0, 3], como 2 I, o mínimo é em = 2 e o máimo não eiste pois próimo de 0 f(). 0

11 Portanto ma f() =, não eiste ma, min f() = 5 2, min = 2. Em I = [3, 4] não tem ponto crítico. Logo o máimo e o mínimo estão nos etremos: f(3) = 3 + /3 e f(4) = 4 + /4. Logo o mínimo é em = 3 e o máimo em = 4. Portanto ma f() = 4 + /3, ma = 4, min f() = 3 + /3, min = 3. (c) Note que o termo da derivada possui raízes compleas. Como o termo de maior grau é 2, + 2 > 0 para todo R. Logo a única raiz é = 0, com sinal de f igual ao sinal de. Como f decresce até = 0 e cresce depois, = 0 é mínimo local. Assim em [, ] comparamos f( ) = 9, f() =, f(0) = 0. Portanto ma f() = 9, ma =, min f() = 0, min = 0. Em [, 2], não tem ponto crítico, basta comparar f(2) = 64 e f() =. Logo ma f() = 64, ma = 2, min f() =, min =. (d) Note que f é sempre positiva. Logo f é sempre crescente. Note que lim f() = Em I = (, ] temos que lim f() =. Assim não possui mínimo. O máimo será em = + com f() = 2. Portanto ma f() = 2, ma =, min f() =, não eiste min. Em I = [0, ], como f(0) = 0, ma f() = 2, ma =, min f() = 0, min = 0. Prob.0: Determine o máimo e o mínimo de f() = em R. Conclua que 4 K [ /4, /4]. + 3 Prob.: Modelagem: Se, são os números, = 00, p = mínimo. Como = + 00, p() = ( + 00). Queremos minimizar p() para R. Resolução: Como p() quando ±, o mínimo é no ponto de derivada zero. Como p () = , = 50 é o ponto de derivada zero, com = = 50. Logo os números são 50 e 50. Prob.2: Modelagem: Suponha que a dobra tenha comprimento. A calha terá a forma de um retângulo com lado e L 2 (o que sobrou para base. Como o volume é proporcional a área deste retângulo, queremos o máimo de f() = (L 2) para [0, L/2]. Resolução: Como é equação do segundo grau com concavidade para baio, o máimo é no ponto de derivada zero. Como f () = L 2 2 = L 4, 0 = L/4. Assim a calha deverá ter a forma de um retângulo com dimensões L/4 e L/2. Prob.3: Modelagem: Seja r o raio do círculo e θ o ângulo do setor circular. Queremos maimizar a área a = θr 2 /2. O perímetro deste setor é 2r mais θr. Assim, 40 = 2r + θr. Logo, θ = 40/r 2. Logo queremos o máimo de a(r) = 20r r 2. Note que θ varia entre 0 e 2π. Como 40 = 2r + θr, para θ = 0, r = 20 e para θ = 2π, r = 20/( + π). Assim r [20/( + π), 20]. Resolução: Trata-se de uma equação do segundo grau. a (r) = 20 2r. Logo a derivada é zero em r 0 = 0. Como 20/( + π) < 20/4 = 5 < 0 (π > 3), o máimo é em r 0 = 0. Prob.4: Modelagem: Vamos modelar introduzindo θ para o ângulo e B = K h para a diferença entre a distância da tela ao chão e a altura dos olhos do espectador. Note que se h 0 ou h o ângulo θ 0. Por trigonometria, tan ϕ = B e tan(θ + ϕ) = d L + B. Assim, ϕ = arctan(b/d) e θ+ϕ = arctan((l+ d B)/d). Logo, o ângulo θ(d) = arctan((l + B)/d) arctan(b/d). Queremos maimizar θ(d) para d (0, ). Resolução: Derivando obtemos θ (d) = L(BL + B 2 d 2 ) (B 2 + d 2 )((L + B) 2 + d 2 ). Queremos determinar d 0 tal que θ (d 0 ) = 0. Como o denominador é sempre positivo e L > 0, a única raiz da derivada é d 0 tal que BL + B 2 d 2 0 = 0, isto é (solução positiva) d 0 = B 2 + BL. Prob.5: Modelagem: Sejam e as dimensões do cartaz. Sua área A =. A área impressa será igual a ( 2M)( 2N). Eliminando = A/ obtemos que queremos maimizar a área impressa f() = ( 2M)(A/ 2N) com [2M, A/(2N)]. Resolução: Dica: Resolva o problema com A = 50, M = 2, N = 4. Vou dar a solução geral. Como f () = A/ 2N ( 2M)A/ 2, os zeros da derivada são ± AM/N. Queremos somente a solução positiva 0 = AM/N. Note que nos etremos a área impressa f é zero. Assim o máimo é em 0 se nos certicarmos que 0 [2M, A/(2N)]. Vamos provar que 0 [2M, A/(2N)]. Para que o problema faça sentido a área A deve ser maior que a área das margens (2M)(2N) = 4MN. Assim, 4MN < A. Logo, 4M 2 < AM/N, e portanto 2M < AM/N = 0. Por outro lado, AM/N < A 2 /(4N 2 ). Logo, AM/N = 0 < A/(2N). Prob.6: Modelagem (comum aos dois itens): Seja h a altura e r o raio das semiesferas. O volume é V = 4/3πr 3 +πr 2 h e a área de superfície é A = 4πr 2 +2πrh. (a) Modelagem: Se armos a área em A, tiramos que πrh = (A 4πr 2 )/2. Assim, V (r) = 4/3πr 3 +r(a 4πr 2 )/2. Queremos maimar V (r) em [0, A/(4π)] (chegamos neste valor tomando h = 0 na relação A = 4πr 2 + 2πrh ). Resolução: Vamos calcular o ponto crítico. Como V (r) = A 4πr2, V (r 0 ) = 0 se A = 4πr Assim a derivada é zero no etremo do intervalo r 0 = A/(4π). Note que V (0) = 0 e V (0) = A/2 > 0. Alem disso V () > 0 para todo [[0, A/(4π)]. Logo V cresce neste intervalo e portanto r = A/(4π) é o ponto onde V (r) assume o máimo.

12 (b) Modelagem: O custo de fabricação é proporcional a área de superfície A. Como o volume V é o, tiramos que πrh = (V 4/3πr 3 )/r. Assim, A(r) = 4πr 2 + 2(V 4/3πr 3 6V + 4πr3 )/r =. 3r 3 3V Queremos minimizar A(r) para r (0, 4π ) (chegamos neste valor tomando h = 0 na relação V = 4/3πr 3 + πr 2 h). Resolução: Note que A(r) quando r 0 + ou r. Assim o mínimo ocorrerá em um ponto crítico. Como A (r) = 8πr3 6V. Assim a derivada 3r 2 3V se anula somente em r 0 = 3. Pode-se conrmar 4π que o mínimo é em r = r 0 pois o sinal da derivada é sempre negativa. Prob.7: (a) Modelagem: Queremos minimizar o quadrado da distância g() = ( 2) 2 + (f() 2) 2 = ( 2) Note que o domínio de f é onde > 0, isto é em [0, 3]. Resolução: Aplicando a denição de módulo observamos que = se [0, 3]. Assim g() = se [0, 3]. Em [0, 3], g () = e g () = 0. Temos que comparar g(0) = 4, g() = 5 e g(3) =. Observamos que o mínimo é em = 3 com g(3) = e o máimo é em = com g() = 5. (b) Modelagem: A distância vertical f() é igual a diferença entre os 's. Assim, queremos o mínimo de f() = 2 + para R. 2 Resolução: Note que f() para ±. Logo o mínimo será no ponto de derivada zero. Como f () = 2 2, os pontos críticos são e. Como 3 f() = f( ) = 2, o mínimo é em = ou =. Prob.8: Modelagem: Sejam, os lados do retângulo. O perímetro P = 2+2. Note que ligando-se o centro do círculo a um vértice do retângulo obtemos um triângulo retângulo com lados /2, /2, R. Assim, por Pitágoras, = 4R 2. Logo, = 4R 2 2 para [0, 2R]. Assim queremos o máimo e mínimo de P () = R 2 2 para [0, 2R]. Resolução: Como P 2 () = 2 4R2. Note 2 que P () = 0 se, e somente se, 2 4R 2 2 = 2. A raiz positiva será 0 = R 2. Como = 4R 2, 0 = R 2. Comparando P (0) = 4R = P (2R) e P (R 2) = R3 2. Assim, como 4 < 3 2, o maior perímetro será R3 2 para o quadrado de lado R 2. O menor será para o retângulo degenerado de lados 0 e 2R, com perímetro 4R. Prob.9: Modelagem: Vamos ar como sendo o ponto do eio que é um dos vértices do retângulo. Automaticamente os outros vértices vão ser (, ()), (, ()) e (, 0). Assim a área A = (2)() = 2(27 3 ). Note que como as raízes da parábola são ± 27, [ 27, 27] e queremos maimizar A() = 2(27 3 ). Resolução: Como A () = 2( ), os pontos críticos são = ±3, que pertencem ao intervalo. Note que A(± 27) = 0. Assim o máimo será em = 3 onde A(3) = 08. Note que () = 8. Assim as dimensões são 2 = 6 por = 8 Prob.20: (a) Modelagem: Seja r o raio e h a altura do cone inscrito na esfera. O volume do cone é V = 3 πr2 h. Note que como π é um constante, maimizar 3 a função f = r 2 h é um problema equivalente. Como é função de duas variáveis, devemos eliminar uma delas. Ligando-se o centro da esfera até um dos pontos do círculo da base do cone observamos o triângulo retângulo com hipotenusa R e catetos r e h R. Logo, por Pitágoras, (h R) 2 + r 2 = R 2, Assim, r 2 = 2hR h 2. Logo f(h) = h(2hr h 2 ). Note que h [0, 2R]. Assim queremos o máimo de f(h) para h [0, 2R]. Resolução: Note que f(0) = f(2r) = 0. Como f (h) = 4hR 3h 2 = h(4r 3h), os pontos críticos são h = 0 e h = 4R/3. Como o ponto zero não é de máimo, o máimo é quando h = 4R/3. (b) Modelagem: Seja r o raio e h a altura do cilindro inscrito no cone. O volume do cilindro é V = πr 2 h. Como é função de duas variáveis, devemos eliminar uma delas. Note que cortando o cone temos uma semelhança de triângulos: a altura H do cone está para R assim como H h está para r. Assim, H R = H h R(H h). Logo, r =. Logo queremos maimizar V (h) = πh. Note que r ( H ) 2 R(H h) H h [0, H]. Assim queremos o máimo de V (h) para h [0, H]. Resolução: Note que V (0) = V (H) = 0. Como V (h) = πr2 (H 3h)(H h) H 2 (vai obter-se equação do segundo grau com raízes H e H/3). Como V (H) = 0, o máimo é para h = H/3 (não precisa calcular V (H/3) = 4πHR2, que obtive com o Maima). 27 2