Exercícios Resolvidos de Otimização – Casos Clássicos

Problemas de Otimização

Seja l uma reta passando pelo ponto 1,1 com inclinação negativa. Dentre todos os triângulos retângulos A B C obtidos tomando A = 0,0 e B C - a interseção da reta l com o primeiro quadrante, encontre as dimensões do que possui a menor hipotenusa.

Passo 1

Esta questão merece um desenho bem feito:

Agora sim podemos começar à pensar. Atribuindo algumas dimensões ao problema, sejam B e C os pontos:

C = m , 0

B = 0 , n

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Temos que a reta l liga B à C e podemos encontrar sua equação, o que vai nos dar uma relação entre m e n . A reta tem equação:

y = a x + b

Sabendo que passa por ( 1,1 ) :

1 = a + b → a = 1 - b

Passo 3

Também sabemos que ela passa pelo ponto B = ( 0 , n ) :

n = a × 0 + b

b = n

Passo 4

Substituindo tudo:

y = 1 - n x + n

Além disso, ela passa pelo ponto C = m , 0 , logo:

0 = 1 - n m + n

0 = m - m n + n

m n - m = n

m n - 1 = n

m = n n - 1

Obs.: Note que n ≠ 1 .

Passo 5

Agora sim temos nossa relação. Desejamos minimizar a hipotenusa, que por Pitágoras tem comprimento:

h = m 2 + n 2

Substituindo a relação entre eles:

h = n n - 1 2 + n 2

Passo 6

O mínimo é um ponto crítico que ocorre em h ' n = 0 . Portanto, pela regra da cadeia:

h ' = n 2 + n n - 1 2 - 1 2 n - n n - 1 3

Igualando à zero obtemos:

n - n n - 1 3 n 2 + n n - 1 2 = 0

Passo 7

Sumindo com esse denominador que nunca vai poder ser zero ficamos com:

n 1 - 1 n - 1 3 = 0

1 n - 1 3 = 1

n - 1 = 1

n = 2

Passo 8

Agora precisamos provar que n = 2 é um mínimo e que também é global. Uma alternativa é o teste da derivada segunda, a outra é simplesmente analisar o sinal da derivada h ' n . O segundo teste é mais conveniente:

h ' n = n - n n - 1 3 n 2 + n n - 1 2

Arrumando, podemos ver que o denominador não influencia no sinal. Por ser uma raiz ele é sempre positivo:

h ' n = n 1 - 1 n - 1 3 n 2 + n n - 1 2

Passo 9

Podemos fazer um estudo do sinal. Precisamos saber quando a função doida é negativa ou positiva. Então vemos:

1 - 1 n - 1 3 > 0

1 > 1 n - 1 3

Supondo n - 1 positivo podemos inverter normalmente:

1 < n - 1 3

n > 2

Passo 10

Agora supondo n - 1 negativo invertemos considerando o sinal:

1 > 1 n - 1 3 → 1 > n - 1 3

Como supusemos n - 1 < 0 , temos:

n - 1 < 0 → n < 1

Portanto as desigualdades é abaixo são sempre válidas:

1 > n - 1 3 → 1 > 1 n - 1 3

Logo, temos que a função doida é positiva no intervalo:

1 - 1 n - 1 3 > 0 ↔ n ∈ - ∞ , 1 ∪ 2 , ∞

Passo 11

Portanto obtemos:

Estamos estudando o ponto n = 2 . Nas redondezas de n = 2 , para n < 2 temos h ' n < 0 , ao passo que para n > 2 temos h ' n > 0 .

Está demonstrado então que o nosso ponto n = 2 é mínimo. As dimensões são então:

n = 2

m = n n - 1 = 2 2 - 1 = 2

h = 2 2 + 2 2

h = 2 2

Resposta

n = 2

m = 2

h = 2 2

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