Exercícios Resolvidos de Otimização – Casos Clássicos

George B.Thomas, Cálculo Volume 1, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2009, pp. 311-14. MODIFICADO

Quais são as dimensões da mais leve lata em forma de cilindro reto, sem tampa, para conter exatamente 1 m 3 .

Passo 1

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

Bem, temos aí um cilindro sem tampa que será mais ou menos assim:

O volume do cilindro será:

V = π r 2 h ⟹ 1 = π r 2 h

O cilindro mais leve será aquele que usa menos material e que, portanto, tem a menor área:

A = A l a t e r a l + A b a s e = 2 π r h + π r 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

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

Não dá para otimizar a função área que a gente tem, pois há duas variáveis. Temos que relacionar uma com a outra antes. Para isso, usamos a expressão do volume:

1 = π r 2 h ⟹ h = 1 π r 2

Substituindo:

A = 2 π r ⋅ 1 π r 2 + π r 2 = 2 r + π r 2

Passo 3

Derivamos essa função e achamos os pontos críticos.

Agora derivamos para achar os pontos críticos:

A ' r = - 2 r 2 + 2 π r = 2 π r 3 - 1 r 2

Temos pontos críticos quando a derivada não existe ou é zero.

Ela não vai existir quando r = 0 , nesse ponto, porém, a área será zero, então a gente esquece isso aí.

A derivada é zero para:

π r 3 - 1 = 0 ⟹ r 3 = 1 π ⟹ r = 1 π 3   m

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 mínimo mesmo. Um valor à esquerda é   r = 1 / 2 π 3 e à direita r = 2 / π 3 .

A ' 1 / 2 π 3 = 2 π ⋅ ( 1 / 8 π ) - 1 r 2 = 2 ( - 7 / 8 ) 1 / 2 π 3 2 < 0

A ' 2 / π 3 = 2 π ⋅ ( 8 / π ) - 1 r 2 = 2 ( 7 ) 1 / 2 π 3 2 > 0

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

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 5 e comparamos com os valores na fronteira da função. O melhor valor de todos será o valor ótimo.

O menor valor possível para r é zero. Vimos que nesse valor, a área será nula. Então não consideramos.

O maior valor possível é r → ∞ . Assim:

lim r → ∞  ⁡ - 2 r 2 + 2 π r = ∞

Dessa maneira, o ponto de mínimo encontrado é global.

Quando r tem esse valor:

h = 1 π ( 1 / π 3 ) 2 = π 2 / 3 π 1 = π - 1 3   m

Resposta

r = 1 π 3 m ; h = π - 1 3   m

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