1. A base de um aquário com volume V é feita de ardósia e os lados são de vidro. Se o preço da ardósia (por unidade de área) equivale a cinco vezes o preço do vidro, determine as dimensões do aquário para minimizar o custo do material. (J. Stewart, p. 857)
  2. Determine o volume da maior caixa retangular no primeiro octante com três faces nos planos coordenados e com um vértice no plano x+2 y+3 z=6. (J. Stewart, p. 857)

Passo 1

Vamos organizar direitinho o que cada problema pede e quais dados temos.
Problema 76:
  • Dados: um aquário com volume fixo \;V\;. A base é feita de ardósia e as quatro faces laterais são de vidro.
  • Informação de preço: o preço por unidade de área da ardósia é cinco vezes o preço por unidade de área do vidro.
  • Pedido: determinar as dimensões do aquário que minimizam o custo do material (ou seja, minimizar custo total, sabendo que o volume é \;V\;).
Problema 77:
  • Dados: uma caixa retangular no primeiro octante (ou seja, x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0) com três faces nos planos coordenados e o vértice oposto no plano \;x+2y+3z=6.
  • Pedido: determinar o volume da maior caixa possível sob essas condições (ou seja, maximizar V=xyz sujeito à restrição dada pelo plano).
A partir do próximo passo começamos a resolver o Problema 76 passo a passo, depois seguimos para o Problema 77.

Passo 2

(Problema 76) Definindo variáveis e escrevendo a função custo.
  • Seja \;l\; o comprimento, \;w\; a largura e \;h\; a altura do aquário. Todas as três são positivas.
  • A área da base (ardósia) é \;A_{\text{base}}=lw\;.
  • As áreas das quatro faces laterais (vidro) são \;2(lh)+2(wh)=2lh+2wh\;.
  • Sejam p_{\text{vidro}} e p_{\text{ardósia}}ó os preços por unidade de área. Pela hipótese, \;p_{\text{ardósia}}=5p_{\text{vidro}}ó.
  • O custo total (proporcional a p_{\text{vidro}}) é:
\text{Custo} = p_{\text{ardósia}}\cdot lw + p_{\text{vidro}}\cdot(2lh+2wh)ó
Substituindo p_{\text{ardósia}}=5p_{\text{vidro}}ó e fatorando p_{\text{vidro}} (constante positiva que não altera a minimização), podemos minimizar a função custo adimensional
C(l,w,h)=5lw+2lh+2wh.

Passo 3

(Problema 76) Restrição de volume e eliminação de variável.
  • O volume fixo é \;V=lwh\;. Como \;V\; é dado, podemos expressar \;h\; em função de \;l\; e \;w\;:
h=\frac{V}{lw}.
  • Substituindo em C obtemos uma função de duas variáveis:
C(l,w)=5lw+2l\cdot\frac{V}{lw}+2w\cdot\frac{V}{lw}.
  • Simplificando os termos:
C(l,w)=5lw+\frac{2V}{w}+\frac{2V}{l}.
Agora queremos minimizar C(l,w) para l>0,\;w>0.

Passo 4

(Problema 76) Encontrando pontos críticos: derivadas parciais e sistema.
  • Calcule as derivadas parciais:
\frac{\partial C}{\partial l}=5w - \frac{2V}{l^{2}}, \qquad \frac{\partial C}{\partial w}=5l - \frac{2V}{w^{2}}.
  • Zerar as derivadas dá o sistema:
5w - \frac{2V}{l^{2}}=0,\qquad 5l - \frac{2V}{w^{2}}=0.
  • Observação útil: as equações são simétricas em l e w; é razoável procurar uma solução com l=w (isso será confirmado solução ótima devido à simetria do custo com relação a l e w).

Passo 5

(Problema 76) Resolver assumindo l=w.
  • Se l=w, a primeira equação fica:
5l - \frac{2V}{l^{2}}=0.
  • Multiplicando ambos os lados por l^{2}:
5l^{3}-2V=0 \quad\Rightarrow\quad l^{3}=\frac{2V}{5}.
  • Logo
l=w=\left(\frac{2V}{5}\right)^{1/3}.
  • A altura \;h\; vem da restrição de volume:
h=\frac{V}{l^{2}}=\frac{V}{\left(\frac{2V}{5}\right)^{2/3}} =V^{1/3}\left(\frac{5}{2}\right)^{2/3}.
  • Podemos também escrever h como
h=\left(\frac{25}{4}\right)^{1/3}V^{1/3},
mas a forma \;h= \left(\frac{5}{2}\right)^{2/3}V^{1/3}\; é clara e direta.

Passo 6

(Problema 76) Verificar que é mínimo (teste de segunda derivada bivariada).
  • Calcule as segundas derivadas da função C(l,w):
C_{ll}=\frac{\partial^{2}C}{\partial l^{2}}=\frac{4V}{l^{3}},\qquad C_{ww}=\frac{4V}{w^{3}},\qquad C_{lw}=C_{wl}=5.
  • Avaliando no ponto l=w=\left(\frac{2V}{5}\right)^{1/3}, temos (usando l^{3}=\frac{2V}{5})
C_{ll}=\frac{4V}{l^{3}}=\frac{4V}{2V/5}=10,\qquad C_{ww}=10,\qquad C_{lw}=5.
  • Determinante da matriz Hessiana:
\Delta = C_{ll}C_{ww}-C_{lw}^{2}=10\cdot10-5^{2}=100-25=75>0,
e C_{ll}=10>0. Portanto o ponto crítico é um mínimo local. Como o custo tende a infinito quando uma dimensão tende a zero ou infinito (sob a restrição de volume), este mínimo local é o mínimo global relevante.

Passo 7

(Problema 76) Interpretação final e conclusão.
  • Concluímos que o custo é minimizado quando a base é quadrada ( l=w) com
l=w=\left(\frac{2V}{5}\right)^{1/3}, \qquad h=\left(\frac{5}{2}\right)^{2/3}V^{1/3}.
  • Intuição rápida: base quadrada surge por simetria e porque a ardósia (base) é mais cara; então convém distribuir a área de base de forma eficiente.

Passo 8

(Problema 77) Definindo variáveis e a função objetivo.
  • Seja (x,y,z) o vértice da caixa no primeiro octante (o vértice oposto à origem). Então as arestas da caixa têm comprimentos \;x,\;y,\;z.
  • O volume é \;V(x,y,z)=xyz.
  • Restrição: o vértice está no plano \;x+2y+3z=6.
  • Como estamos no primeiro octante, \;x,y,z\ge0. Queremos maximizar V sujeito à restrição.

Passo 9

(Problema 77) Eliminar uma variável usando a restrição.
  • Da restrição:
3z = 6 - x - 2y \quad\Rightarrow\quad z=\frac{6-x-2y}{3}.
  • Substituindo na fórmula do volume:
V(x,y)=x y z = x y \cdot \frac{6-x-2y}{3}.
  • Como o fator 1/3 é constante positiva, maximizar V é equivalente a maximizar a função
f(x,y)=x y (6-x-2y),
para x\ge0,\;y\ge0 e com 6-x-2y\ge0 (para que z\ge0).

Passo 10

(Problema 77) Encontrando pontos críticos: derivadas parciais.
  • Expresso f expandida:
f(x,y)=6xy - x^{2}y - 2xy^{2}.
  • Derivadas parciais:
f_{x}=6y-2xy-2y^{2}=2y(3-x-y),
f_{y}=6x-x^{2}-4xy=x(6-x-4y).
  • Zerar as derivadas dá o sistema:
2y(3-x-y)=0,\qquad x(6-x-4y)=0.
  • Excluindo as soluções triviais x=0 ou y=0 (essas dão volume zero), resolvemos o sistema
3-x-y=0,\qquad 6-x-4y=0.

Passo 11

(Problema 77) Resolver o sistema interno.
  • Das equações:
x+y=3,\qquad x+4y=6.
  • Subtraindo as duas equações:
(x+4y)-(x+y)=3y=3 \quad\Rightarrow\quad y=1.
  • Então x=3-y=2.
  • E z pela restrição original:
z=\frac{6-x-2y}{3}=\frac{6-2-2}{3}=\frac{2}{3}.

Passo 12

(Problema 77) Verificação de máximo (teste da segunda derivada / razão).
  • Podemos verificar que nas fronteiras (quando x=0 ou y=0 ou z=0) o volume é 0. A função f é contínua e positiva no interior viável e zero na fronteira, logo um ponto crítico interior com f>0 será um máximo global.
  • Fazendo o teste Hessiano em (x,y)=(2,1):
f_{xx}=-2y=-2,\qquad f_{yy}=-4x=-8,\qquad f_{xy}=6-2x-4y=-2.
  • Determinante do Hessiano:
D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}=(-2)(-8)-(-2)^{2}=16-4=12>0,
e f_{xx}=-2<0, então temos um máximo local. Com o argumento da fronteira, é o máximo global no domínio viável.

Passo 13

(Problema 77) Calcular o volume máximo.
  • Com (x,y,z)=(2,1,\tfrac{2}{3}), o volume máximo é
V_{\max}=xyz=2\cdot 1\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{3}.

Resposta

  1. l=w=\displaystyle\left(\frac{2V}{5}\right)^{1/3},\quad h=\displaystyle\left(\frac{5}{2}\right)^{2/3}V^{1/3}.
  2. V_{\max}=\displaystyle\frac{4}{3}.

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