Exercícios Resolvidos de Otimização – Casos Clássicos

George B.Thomas, Cálculo Volume 1, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda, 2009, pp. 311-12. MODIFICADO

Determine o volume do maior cone de revolução que pode ser inscrito em uma esfera de raio 3 .

Passo 1

Deve-se desenhar o problema e anotar as condições dadas, o que é super importante para um melhor entendimento do problema.

O volume do cone estará limitado pelo volume da esfera. A chave para resolvê-lo é relacionar as variáveis dos dois. O volume da esfera será: V e = 4 3 π r 3 ⟹ V = 4 3 π 3 3 = 36 π

O volume do cone, de acordo com as dimensões da figura:

V c = 1 3 π x 2 ( y + 3 )

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Passo 2

Analisando as equações, chegamos na função que desejamos otimizar em função de apenas uma variável.

Para isso, devemos relacionar x e y . Olhando a figura, vemos que:

x 2 + y 2 = 3 2 ⟹ x 2 = 9 - y 2

Agora é substituir:

V = 1 3 π 9 - y 2 y + 3 = 1 3 π ( 27 + 9   y - 3   y 2 - y 3 )

Passo 3

Derivamos essa função e achamos os pontos críticos.

Agora derivamos para achar os pontos críticos:

V ' y = 1 3 π 9   - 6 y - 3 y 2 = π ( 3 - 2 y - y 2 )

Os pontos críticos estão onde a derivada não existe ou é zero. Sempre vai existir pois é um polinômio. Vai ser zero quando:

3 - 2 y - y 2 = 0

As raízes serão y = - 3 e y = 1 . Não consideramos o valor negativo, pois é uma medida. Vamos ver o ponto y = 1 então.

Passo 4

Analisamos os sinais das derivadas antes e depois dos pontos críticos para garantir que sejam máximo ou mínimo.

Vamos ver se esse é um ponto de máximo mesmo. Um valor à esquerda é   y = 0 e à direita y = 2 .

V ' 0 = π 3 - 2 ⋅ 0 - 0 = 3 π > 0

A ' 2 = π 3 - 2 ⋅ 2 - 2 2 = π 3 - 4 - 4 < 0

Como a derivada é positiva à esquerda e negativa à direita, temos um ponto de máximo.

Passo 5

Caso achemos mais de um ponto crítico, temos que testá-los na função para ver qual deles é melhor (que dá um valor de máximo maior ou um valor de mínimo menor).

Não temos outros pontos críticos a considerar aqui, então, próximo passo!

Passo 6

Pegamos o melhor ponto crítico obtido no passo 6 e comparamos com os valores na fronteira da função. O melhor valor de todos será o valor ótimo.

O menor valor possível para y é zero. Nesse valor, o volume será nulo. Então não consideramos.

O maior valor possível é y = 3 , que é o raio da esfera. Assim:

V 3 = 1 3 π 27 + 9 ⋅ 3 - 3   3 2 - 3 3 = 0

Esse também deu zero, então não precisamos nos preocupar com ele.

Para o nosso ponto de máximo:

V 1 = 1 3 π 27 + 9 ⋅ 1 - 3   1 2 - 1 3

V 1 = 1 3 π 36 - 3 - 1 = 32 3 π   u . v . Comparando com os outros valores, vemos que é um ponto de máximo global.

Resposta

V = 32 3 π   u . v .

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