Márcia está fazendo “morango do amor” para vender. Ela usa basicamente dois ingredientes: morango e leite condensado, então podemos supor que o custo de produção C do morango do amor é uma função de duas variáveis: M, que é o preço do morango, e L, que é o preço do leite condensado, ou seja, C=C(M, L).
Porém, sabemos que os preços do morango e do leite condensado ao longo do ano variam. Sejam M(t) o preço do morango ao longo do ano e L(t) o preço do leite condensado ao longo do ano. Assim, podemos dizer que a função C na verdade depende também da época do ano, ou seja, C(t)=C(M(t), L(t)).
Considere que o custo de produção de uma caixa de morango do amor é dado pela função C(M, L)=5 M+3 L, e que as funções que dão as variações do preço do morango e do leite condensado ao longo do ano podem ser aproximadas por M(t)=10-\frac{1}{3}\left(\frac{t}{5}-2\right)^{2} e L(t)= 6+\frac{1}{5}(t-6)^{2}, \operatorname{com} t \in[1,13), onde a parte inteira de t é o mês.
(a) Calcule \partial C / \partial M e \partial C / \partial L e interprete-os.
(b) Calcule d C / d t e indique em qual mês o custo de produção do morango do amor é menor (mínimo de C(t) ).

Passo 1

O enunciado define o custo de produção por caixa como
C(M,L)=5M+3L
onde M e L são os preços do morango e do leite condensado, respectivamente, e esses preços variam no tempo segundo
M(t)=10-\tfrac{1}{3}\Bigl(\tfrac{t}{5}-2\Bigr)^{2}, \quad L(t)=6+\tfrac{1}{5}(t-6)^{2},
com t\in[1,13).
Para resolver, precisamos usar derivadas parciais para (a) e a regra da cadeia para (b).

Passo 2

Calculamos diretamente as derivadas parciais de C(M,L). Como C é linear em cada variável, temos
\frac{\partial C}{\partial M}=5, \qquad \frac{\partial C}{\partial L}=3.

Passo 3

A interpretação é que, mantendo o preço do leite condensado constante, um aumento unitário no preço do morango eleva o custo em 5 unidades monetárias. De forma análoga, mantendo M constante, um aumento unitário no preço do leite condensado eleva o custo em 3 unidades monetárias.

Passo 4

Para (b) precisamos das derivadas de M(t) e L(t). Derivando, obtemos
M'(t)=-\frac{2}{3}\Bigl(\tfrac{t}{5}-2\Bigr)\cdot\frac{1}{5} =-\frac{2}{75}(t-10),
L'(t)=\frac{2}{5}(t-6).

Passo 5

Aplicando a regra da cadeia para \displaystyle \frac{dC}{dt}= \frac{\partial C}{\partial M}M'(t)+\frac{\partial C}{\partial L}L'(t),
temos
\frac{dC}{dt} =5\Bigl(-\frac{2}{75}(t-10)\Bigr) +3\Bigl(\frac{2}{5}(t-6)\Bigr) =\frac{-2(t-10)+18(t-6)}{15} =\frac{16}{15}\,(t-5{,}5).

Passo 6

O ponto crítico surge de \tfrac{dC}{dt}=0, ou seja
\frac{16}{15}(t-5{,}5)=0 \quad\Longrightarrow\quad t=5{,}5.
Como a derivada muda de negativa para positiva em t=5{,}5, esse ponto é mínimo.

Passo 7

Como a parte inteira de t indica o mês, em t=5{,}5 a parte inteira é 5, ou seja, o custo de produção é mínimo em maio.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{\partial C}{\partial M}=5 e \displaystyle \frac{\partial C}{\partial L}=3. Aqui, aumentar M em 1 eleva C em 5, e aumentar L em 1 eleva C em 3.
(b) \displaystyle \frac{dC}{dt}=\tfrac{16}{15}(t-5{,}5). O mínimo ocorre em t=5{,}5, isto é, no mês 5 (maio).

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