Exercícios Resolvidos de Otimização – Modelagem

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Enunciado

Forma-se um triângulo retângulo no primeiro quadrante com vértice na origem e no qual a hipotenusa é um segmento de reta tangente ao gráfico de y = 1 x , cujas extremidades estão sobre os eixos coordenados.

a Existe uma área máxima para tal triângulo? Existe uma área mínima? Justifique.

b Qual o comprimento da menor hipotenusa desta família de triângulos? Certifique-se de que sua resposta dê o mínimo global.

Passo 1

a A gente tem que começar a questão sempre desenhando o esquema do que acontece na situação pedida. Estamos trabalhando no primeiro quadrante com o gráfico f x = 1 x , de modo que uma reta tangente ao gráfico que intercepta os dois eixos coordenados é a hipotenusa do triângulo retângulo que tem vértices nos interceptos e na origem.

Se chamarmos o ponto de tangência com f x de x = c , teríamos o seguinte:

Tendo em vista o nosso triângulo delimitado pela reta azul e os eixos vamos achar uma fórmula para sua área. Primeiro, a equação da reta modelada por y = a x + b teria um coeficiente angular a que seria igual à derivada de f em x = c :

f ' x = 1 x ' = - 1 x 2

f ' c = - 1 c 2

Assim, se a reta passa no ponto c , f c = c , 1 c temos que:

y = a x + b → 1 c = - 1 c 2 c + b

b = 2 c

A reta é dada por y = - 1 c 2 x + 2 c

Passo 2

Bom, a reta toca o eixo y quando x = 0 e o eixo x quando y = 0 . Portanto, a gente pode descobrir a distância da origem aos interceptos:  

x = 0 → y = - 1 c 2 0 + 2 c

y = 2 c

y = 0 → 0 = - 1 c 2 x + 2 c

x = 2 c

Reescrevendo no desenho, temos isso:

Repara que é como um triângulo de base 2 c e altura 2 c . Repara, por definição a área será:

A = 2 c 2 c 2 = 2

Ou seja, a área é constante para qualquer c , o que significa que não existe nenhuma área máxima ou mínima!

Passo 3

b Agora queremos o comprimento da hipotenusa. Por Pitágoras, ficaria:

d 2 = 2 c 2 + 2 c 2

d c = 4 c 2 + 4 c 2

Vamos então derivar d em relação a c e igualar o termo a 0 para descobrir os pontos críticos da função:

d ' c = 4 c 2 + 4 c 2 ' 2 4 c 2 + 4 c 2 = 8 c - 8 c 3 2 4 c 2 + 4 c 2 = 0

8 c - 8 c 3 = 0

c 4 = 1

Como trabalhamos só no primeiro quadrante do eixo real, temos:

c = 1

Agora temos que provar que esse é um mínimo global. Ora, na derivada vemos que o termo 4 c 2 + 4 c 2 será sempre positivo no intervalo ] 0 , ∞ [ . Dado isso, vemos que o 8 c - 8 c 3 dita o sinal da derivada e, para c dentro do intervalo 0 < c < 1 o termo será negativo. Para o intervalo 1 < c < ∞ vemos que a derivada é sempre positiva. Dito isso, se antes de c = 1 o gráfico é sempre decrescente e depois sempre crescente, sem que haja qualquer descontinuidade no intervalo ] 0 , ∞ [ , c = 1 é um mínimo global dentro do mesmo intervalo!

Dado isso, calculamos d 1 :

d 1 = 4 1 2 + 4 1 2 = 4 + 4

= 8 = 2 2

Resposta

a   A   á r e a   v a l e   A x = 2   u . a .     ; n ã o   h á   m á x i m o   o u   m í n m o   p a r a   A ( x )

b   A   h i p o t e n u s a   m í n i m a   v a l e   2 2   u . c .

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