(1,5) Considere a função f:[0,3] \rightarrow \mathbb{R} dada por f(x)=5+54 x-2 x^{3}. Determine seu valor de máximo e mínimo global.
(4) (1,5) Um tanque de água possui o formato de um cone circular invertido, com base de raio de 4 m e altura igual a 6 m . Se a água está sendo bombeada para o tanque a uma taxa de 3 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{min}, encontre a taxa na qual o nível de água está aumentando quando a água estiver a 3 m de profundidade.

Passo 1

Problema 1: Foi dada a função \,f:[0,3]\to\mathbb{R}\, definida por \,f(x)=5+54x-2x^{3}\,. O que nos pedem: determinar o valor de máximo global e o valor de mínimo global de f no intervalo [0,3]. Informações relevantes: fórmula explícita de f(x) e o domínio fechado [0,3].
Problema 2: Um tanque tem formato de cone circular invertido com raio da base igual a \,4 m e altura total igual a \,6 m. A água está sendo bombeada ao tanque à taxa \,\dfrac{dV}{dt}=3\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{min}. O que nos pedem: a taxa \,\dfrac{dh}{dt}\, na qual o nível de água (profundidade) está aumentando quando a profundidade é \,h=3 m. Informações relevantes: raio da base do cone = \,4 m, altura do cone = \,6 m, \dfrac{dV}{dt}=3\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{min}, avaliar em h=3 m.

Passo 2

Iniciando a resolução do Problema 1. Método geral para máximos e mínimos globais em um intervalo fechado: devemos encontrar todos os pontos críticos de f dentro do intervalo (pontos onde a derivada é zero ou não existe) e também avaliar f nos extremos do intervalo. O máximo e o mínimo globais entre esses pontos candidatos são as maiores e menores imagens respectivamente. Agora vamos aplicar isso aqui.

Passo 3

Calcule a derivada de f. Explico: a derivada f'(x) mede a inclinação da curva em cada ponto; para polinômios usamos regras básicas (derivada de ax^n é a n x^{n-1}). Assim,
f(x)=5+54x-2x^{3}\quad\Rightarrow\quad f'(x)=\frac{d}{dx}(5)+\frac{d}{dx}(54x)-\frac{d}{dx}(2x^{3})=0+54-6x^{2}.
Portanto
f'(x)=54-6x^{2}.

Passo 4

Encontre os pontos críticos resolvendo f'(x)=0. Isto dá
54-6x^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad 6x^{2}=54 \quad\Rightarrow\quad x^{2}=9 \quad\Rightarrow\quad x=\pm 3.
Desses, apenas x=3 pertence ao intervalo dado [0,3]. Não há pontos onde f' não exista, porque f' é polinomial e está definida em toda parte.

Passo 5

Liste os candidatos a extremos: pontos críticos internos pertencentes ao intervalo e os extremos do intervalo. Aqui os candidatos são x=0 (extremo esquerdo), x=3 (ponto crítico e também extremo direito). Vamos avaliar f nesses pontos.

Passo 6

Calcule f nos candidatos:
f(0)=5+54\cdot 0-2\cdot 0^{3}=5.
f(3)=5+54\cdot 3-2\cdot 3^{3}=5+162-2\cdot 27=5+162-54=113.

Passo 7

Decida quais são máximo e mínimo globais. Observação: para 0<x<3 temos x^{2}<9 então f'(x)=54-6x^{2}>0, ou seja, f é crescente em todo o intervalo interior (0,3). Logo o menor valor ocorre no extremo esquerdo x=0 e o maior no extremo direito x=3. Conclusão para o Problema 1:
o mínimo global é \,f(0)=5\, em x=0 e o máximo global é \,f(3)=113\, em x=3.

Passo 8

Agora resolvendo o Problema 2 (cone). Primeiro, escrevemos a fórmula do volume de um cone: a relação conhecida é
V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h,
onde r é o raio da superfície livre da água e h é a profundidade/altura da água. Explico: \pi r^{2} é a área da base circular da água e multiplicando por h e por \tfrac{1}{3} temos o volume do cone de água.

Passo 9

Precisamos relacionar r com h, porque conforme o nível sobe r muda com h. Usamos semelhança de triângulos entre o triângulo do cone inteiro e o triângulo formado pela superfície da água: para o cone total \dfrac{r_{\text{base}}}{h_{\text{total}}}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}. A razão permanece para qualquer superfície de água menor, então
\frac{r}{h}=\frac{2}{3}\quad\Rightarrow\quad r=\frac{2}{3}h.
Dica prática: sempre que um sólido semelhante encolhe/expande mantendo a forma, essa proporção vale.

Passo 10

Substitua r=\dfrac{2}{3}h na fórmula do volume para obter V em função apenas de h:
V=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{2}{3}h\right)^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{4}{9}h^{2}\cdot h=\frac{4\pi}{27}h^{3}.
Isso é útil porque nos dá V como função de uma só variável h, então podemos relacionar as taxas temporais.

Passo 11

Diferencie ambos os lados em relação ao tempo t (regra da cadeia). Explico: dV/dt é dado e queremos dh/dt. Diferenciando,
\frac{dV}{dt}=\frac{d}{dt}\left(\frac{4\pi}{27}h^{3}\right)=\frac{4\pi}{27}\cdot 3h^{2}\cdot\frac{dh}{dt}=\frac{4\pi}{9}h^{2}\frac{dh}{dt}.
Portanto
\frac{dV}{dt}=\frac{4\pi}{9}h^{2}\frac{dh}{dt}.

Passo 12

Resolva para \dfrac{dh}{dt}:
\frac{dh}{dt}=\frac{\dfrac{dV}{dt}}{\dfrac{4\pi}{9}h^{2}}=\frac{9}{4\pi h^{2}}\cdot\frac{dV}{dt}.
Agora substitua os valores dados: \dfrac{dV}{dt}=3\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{min} e h=3 m.
\frac{dh}{dt}=\frac{9}{4\pi\cdot 3^{2}}\cdot 3=\frac{9}{4\pi\cdot 9}\cdot 3=\frac{1}{4\pi}\cdot 3=\frac{3}{4\pi}\\ \mathrm{m/min}.

Passo 13

Interpretação numérica e comentário final: \dfrac{3}{4\pi}\\ \mathrm{m/min}\approx 0{,}2387\\ \mathrm{m/min}. Isso significa que, quando a água tem 3 m de profundidade, o nível está subindo a aproximadamente 0{,}239 metros por minuto dada a taxa de entrada de volume constante.

Resposta

Problema 1: máximo global f(3)=113 em x=3; mínimo global f(0)=5 em x=0.\nProblema 2: \dfrac{dh}{dt}=\dfrac{3}{4\pi}\\ \mathrm{m/min} (aprox. 0{,}2387\\ \mathrm{m/min}).

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