(a) Qual é o ponto P da curva y=x^{2} que se encontra mais próximo de (3,0) (Rpta: P=(1,1) ).
(b) Seja P=(a, b) esse ponto. Verificar que a reta L que passa por P e por (3,0) é normal à curva no ponto P (ou seja, essa reta é perpendicular à reta tangente à curva no ponto P ).
(c) Determinar o ponto P_{0}=\left(x_{0}, y_{0}\right) sobre o gráfico da curva y=x^{3}, para 0 \leq x \leq 1, de modo que a área do triângulo de vértices P_{0},(0,0) e(1,1) seja máxima.

Passo 1

Vamos separar claramente o que o enunciado pede e quais informações ele dá.
(a) Pede: encontrar o ponto P da curva \;y=x^{2}\; que está mais próximo do ponto (3,0).
Informações dadas: a curva é o gráfico da função \;y=x^{2}\; e o ponto fixo externo é (3,0).
(b) Pede: seja P=(a,b) o ponto encontrado em (a). Verificar que a reta L que passa por P e por (3,0) é normal à curva em P (ou seja, L é perpendicular à reta tangente à curva em P).
Informações dadas: P=(a,b) pertence à curva \;y=x^{2}\;, logo b=a^{2}. Temos também o ponto (3,0).
(c) Pede: determinar P_{0}=(x_{0},y_{0}) sobre o gráfico de \;y=x^{3}\; com 0\le x\le 1 de modo que a área do triângulo com vértices P_{0},(0,0),(1,1) seja máxima.
Informações dadas: curva \;y=x^{3}\; restrita a 0\le x\le 1; os outros dois vértices do triângulo são (0,0) e (1,1).

Passo 2

(a) Estratégia para achar o ponto mais próximo: medir a distância entre um ponto genérico da curva e (3,0) e minimizar essa distância. Para simplificar contas evitamos a raiz quadrada e minimizamos o quadrado da distância (minimizar a distância é equivalente a minimizar o seu quadrado).
Se um ponto genérico da curva é (x,x^{2}), a distância ao ponto (3,0) é
\sqrt{(x-3)^{2}+(x^{2}-0)^{2}}.
Definimos a função distância ao quadrado
D(x)=(x-3)^{2}+(x^{2})^{2}=(x-3)^{2}+x^{4}.
Agora precisamos minimizar \;D(x)\; para x\in\mathbb{R}.

Passo 3

Calcular derivada de \;D(x)\; e achar pontos críticos.
Primeiro expandimos mentalmente ou trabalhamos direto na derivada. Derivada de (x-3)^{2} é 2(x-3). Derivada de x^{4} é 4x^{3}. Logo
D'(x)=2(x-3)+4x^{3}=4x^{3}+2x-6.
Para achar pontos críticos, resolvemos D'(x)=0:
4x^{3}+2x-6=0.
Podemos dividir ambos os lados por 2 para simplificar:
2x^{3}+x-3=0.
Testando raízes simples, verificamos que x=1 é raiz porque 2\cdot1^{3}+1-3=0. Logo x-1 é fator. Fazendo a divisão polinomial de 2x^{3}+0x^{2}+x-3 por x-1 (síntese rápida) obtemos quociente 2x^{2}+2x+3. Assim
2x^{3}+x-3=(x-1)(2x^{2}+2x+3).
O discriminante do quadrático 2x^{2}+2x+3 é \Delta=2^{2}-4\cdot2\cdot3=4-24=-20<0, então não tem raízes reais. Portanto o único ponto crítico real é x=1.

Passo 4

Verificar que esse ponto crítico é mínimo (segunda derivada).
Computamos a segunda derivada:
D''(x)=\frac{d}{dx}(4x^{3}+2x-6)=12x^{2}+2.
Avalia em x=1:
D''(1)=12\cdot1^{2}+2=14>0.
Como a segunda derivada é positiva em x=1, temos mínimo local de D. Como não há outros pontos críticos e D(x)\to+\infty quando |x|\to\infty, esse mínimo local é o mínimo global. Assim o ponto da curva que minimiza a distância é
P=(1,1).

Passo 5

(b) Mostrar que a reta L que passa por P=(a,b) e por (3,0) é normal à curva no ponto P. Aqui usamos o resultado de (a): a=1 e b=1.
Primeiro encontramos a inclinação (coeficiente angular) da reta L que liga P=(1,1) a (3,0). A inclinação entre dois pontos (x_{1},y_{1}) e (x_{2},y_{2}) é
m=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}.
Aplicando:
m_{L}=\frac{0-1}{3-1}=\frac{-1}{2}=-\tfrac{1}{2}.
Agora a inclinação da reta tangente à curva y=x^{2} no ponto P é dada pela derivada y'=2x avaliada em x=a=1:
m_{\text{tangente}}=2\cdot1=2.
Duas retas são perpendiculares se o produto de suas inclinações é -1. Calculamos
m_{L}\cdot m_{\text{tangente}}=\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 2=-1.
Portanto L é perpendicular à reta tangente em P, isto é, L é a normal à curva naquele ponto. Hence verificado.

Passo 6

(c) Estratégia: expressar a área do triângulo em função de x_{0} (onde P_{0}=(x_{0},y_{0}) com y_{0}=x_{0}^{3}), simplificar usando o domínio 0\le x_{0}\le 1, e então maximizar essa função no intervalo fechado.
Usamos a fórmula da área do triângulo dada por determinante (fácil de aplicar): para vértices A=(x_{1},y_{1}), B=(x_{2},y_{2}), C=(x_{3},y_{3}),
\text{Área}=\frac{1}{2}\left| x_{1}(y_{2}-y_{3})+x_{2}(y_{3}-y_{1})+x_{3}(y_{1}-y_{2})\right|.Á
Tomando A=P_{0}=(x_{0},x_{0}^{3}), B=(0,0), C=(1,1), a expressão fica
\text{Área}(x_{0})=\frac{1}{2}\left| x_{0}(0-1)+0(1-x_{0}^{3})+1(x_{0}^{3}-0)\right| =\frac{1}{2}\left| -x_{0}+x_{0}^{3}\right| =\frac{1}{2}\left| x_{0}^{3}-x_{0}\right|.Á

Passo 7

Simplificação usando 0\le x_{0}\le 1: para 0\le x_{0}\le 1 temos x_{0}^{3}\le x_{0}, logo x_{0}^{3}-x_{0}\le 0 e o valor absoluto inverte o sinal. Assim
\text{Área}(x_{0})=\frac{1}{2}\bigl(x_{0}-x_{0}^{3}\bigr).Á
Para maximizar a área é equivalente maximizar a função
f(x)=x-x^{3}\quad\text{em }[0,1],
pois a constante \tfrac{1}{2} não altera o ponto de máximo.

Passo 8

Derivada de f e pontos críticos. Derivada:
f'(x)=1-3x^{2}.
Zerando:
1-3x^{2}=0\quad\Rightarrow\quad x^{2}=\frac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad x=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}.
No intervalo [0,1] só interessa x=\dfrac{1}{\sqrt{3}} (o negativo está fora). Verificamos a natureza do extremo usando a segunda derivada:
f''(x)=-6x,
logo f''\!\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\bigr)=-6\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}<0, o que indica máximo local. Como f(0)=0 e f(1)=0, esse máximo local é máximo global no intervalo.

Passo 9

Portanto o x_{0} que maximiza a área é
x_{0}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
E como y_{0}=x_{0}^{3},
y_{0}=\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{3}=\frac{1}{3\sqrt{3}}.
Logo o ponto procurado é
P_{0}=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{3\sqrt{3}}\right).

Resposta

(a) P=(1,1)\n
(b) Sim: a reta L que liga P a (3,0) tem inclinação -\tfrac{1}{2}, a tangente tem inclinação 2, e -\tfrac{1}{2}\cdot 2=-1, logo L é normal à curva em P.\n
(c) P_{0}=\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\right)

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