Problemas de otimização:
Um projétil é lançado com velocidade inicial v_{0} e ângulo \alpha. Suas equações paramétricas são x=\left(v_{0} \cos \alpha\right) t, y=\left(v_{0} \sin \alpha\right) t-\frac{1}{2} g t^{2}. Encontre o alcance máximo

Passo 1

O enunciado dá a trajetória paramétrica do projétil e pede o alcance máximo. Vamos listar claramente o que temos e o que é pedido.
Dado:
x=\left(v_{0}\cos\alpha\right)t
y=\left(v_{0}\sin\alpha\right)t-\frac{1}{2}gt^{2}
As constantes e variáveis mostradas são:
v_{0}\quad\text{(velocidade inicial)},\qquad \alpha\quad\text{(ângulo de lançamento)},\qquad g\quad\text{(aceleração da gravidade)},\qquad t\quad\text{(tempo)}âççã
Pedido:
Encontrar o alcance máximo, ou seja, o maior valor possível da coordenada horizontal x quando o projétil retorna ao nível de lançamento (quando y=0 novamente), variando o ângulo \alpha.

Passo 2

Entender o que significa “alcance”. O alcance R é o valor de x no tempo de voo total t_{\text{voo}} (o instante t>0 em que y=0). Portanto vamos:
  1. determinar t_{\text{voo}} resolvendo y=0 para t>0;
  2. substituir esse t_{\text{voo}} em x para obter R em função de \alpha;
  3. maximizar R(\alpha) em relação a \alpha.

Passo 3

Resolver y=0 para achar o tempo de voo (não confundir com t=0, que é o instante inicial).
Partimos de
y=\left(v_{0}\sin\alpha\right)t-\frac{1}{2}gt^{2}=0.
Esta é uma equação do segundo grau em t. Podemos fatorar t:
t\left(v_{0}\sin\alpha-\frac{1}{2}gt\right)=0.
As soluções são t=0 (início) e a solução não-nula
t_{\text{voo}}=\frac{2v_{0}\sin\alpha}{g}.
Explicação didática: como o termo em t^{2} vem com coeficiente -\tfrac{1}{2}g e o termo em t com v_{0}\sin\alpha, a fatoração é direta e a segunda solução aparece isolando t.

Passo 4

Agora calculamos o alcance R substituindo t_{\text{voo}} em x.
Temos
x=\left(v_{0}\cos\alpha\right)t,
logo, em t=t_{\text{voo}},
R(\alpha)=v_{0}\cos\alpha\cdot\frac{2v_{0}\sin\alpha}{g}.
Multiplicando os termos:
R(\alpha)=\frac{2v_{0}^{2}\sin\alpha\cos\alpha}{g}.

Passo 5

Usar identidade trigonométrica para simplificar a expressão. A identidade importante é
\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha.
Aplicando-a, obtemos a forma mais simples do alcance em função de \alpha:
R(\alpha)=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sin(2\alpha).
Comentário didático: essa forma é conveniente porque a dependência em \alpha está toda dentro de \sin(2\alpha), cuja amplitude máxima é conhecida (entre -1 e 1).

Passo 6

Agora vamos maximizar R(\alpha). Método 1 (mais direto e intuitivo): sabemos que para qualquer ângulo real a função seno satisfaz \sin(\theta)\le 1, com igualdade quando \theta=\tfrac{\pi}{2}+2k\pi. Assim, \sin(2\alpha) atinge seu máximo 1 quando
2\alpha=\frac{\pi}{2}\quad\Rightarrow\quad \alpha=\frac{\pi}{4}.
Substituindo \sin(2\alpha)=1 em R(\alpha), o alcance máximo é
R_{\max}=\frac{v_{0}^{2}}{g}.
Comentário didático: esse raciocínio evita derivadas e usa uma propriedade básica do seno — muito útil em prova para economizar tempo.

Passo 7

Método 2 (usando cálculo, para quem prefere derivadas): derivamos R(\alpha) em relação a \alpha e igualamos a zero para achar extremos.
Derivada:
\frac{dR}{d\alpha}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\cdot 2\cos(2\alpha).
Igualando a zero:
2\cos(2\alpha)=0\quad\Rightarrow\quad \cos(2\alpha)=0.
Isto dá
2\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi\quad\Rightarrow\quad \alpha=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}.
No intervalo usual de lançamento \alpha\in\left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], a solução relevante é \alpha=\tfrac{\pi}{4}.

Passo 8

Confirmar que \alpha=\tfrac{\pi}{4} é máximo (não mínimo). Calculamos a segunda derivada:
\frac{d^{2}R}{d\alpha^{2}}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\cdot(-4)\sin(2\alpha).
Em \alpha=\tfrac{\pi}{4} temos \sin(2\alpha)=\sin\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=1, então
\frac{d^{2}R}{d\alpha^{2}}\Big|_{\alpha=\pi/4}=-\frac{4v_{0}^{2}}{g}<0.
Como a segunda derivada é negativa, o ponto é de máximo, confirmando o resultado do Passo 6.

Passo 9

Resumo prático para prova (como fazer rápido):
  • Encontre t_{\text{voo}}=\dfrac{2v_{0}\sin\alpha}{g} resolvendo y=0.
  • Substitua em x para obter R(\alpha)=\dfrac{v_{0}^{2}}{g}\sin(2\alpha).
  • Use que \sin atinge 1 em \theta=\tfrac{\pi}{2}, logo máximo em \alpha=\tfrac{\pi}{4} e R_{\max}=\dfrac{v_{0}^{2}}{g}. Isso é rápido e sem cálculo se lembrar da identidade \sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha.

Resposta

R_{\max}=\frac{v_{0}^{2}}{g}
\alpha_{\text{óptimo}}=\frac{\pi}{4}\\ \text{(ou }45^\circ\text{)}ó

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