Capítulo 7

7.1 (1) As hipóteses do teorema não são satisfeitas, pois o domínio não é um intervalo finito e fechado. Mesmo assim, qualquer $x\in\mathbb{R}$ é ponto de máximo e mínimo global ao mesmo tempo. (2) As hipóteses não são satisfeitas: o intervalo não é limitado. Tém um mínimo global em $x=1$, não tem máximo global. (3) Hipóteses não satisfeitas (domínio não limitado). Máximo global em $x=0$, não tem mínimo global. (4) Hipóteses não satisfeitas (o intervalo não é fechado). Tém mínimo global em $x=2$, não tem máximo global. (5) Hipóteses satisfeitas: mínimo global em $x=2$, máximos globais em $x=0$ e $x=2$. (6) Hipóteses satisfeitas: mínímos globais em $1,-1$ e $0$, máximos globais em $-\tfrac{3}{2}$ e $\tfrac{3}{2}$.

(7) Hipóteses satisfeitas: mínimos globais em $x=-2$ e $+1$, máximos globais em $x=-1$ e $+2$. (8) Hipóteses satisfeitas: mínimo global em $x=+1$, máximo global em $x=-1$. (9) Hipóteses não satisfeitas ($f$ não é contínua). Não tem máximo global, tem mínimos globais em $x=0$ e $+3$. (10) Hipóteses satisfeitas: mínimo global em $x=0$, máximos locais em $x=2$ e $4$. (11) Hipóteses não satisfeitas ($f$ é contínua, mas o domínio não é limitado). Tém mínimo global em $x=0$, não possui máximo global. (12) Hipóteses não satisfeitas (intervalo não limitado). No entanto, tem infinitos mínimos globais, em todos os pontos da forma $x=-\tfrac{\pi}{2}+k2\pi$, e infinitos máximos globais, em todos os pontos da forma $x=\tfrac{\pi}{2}+k2\pi$. 7.2 (1) Máximo local no ponto $(-2,25)$, um mínimo local (e global) em $(1,-2)$. (2) Sem mín./máx. (3) Mínimo local (e global) em $(-1,-\frac{1}{12})$ (Atenção: a derivada é nula em $x=0$, mas não é nem máximo nem mínimo pois a derivada não muda de sinal). (4) $f^{\prime}(x)=-\frac{1-x^{2}}{x^{2}+x+1}$, tem um mínimo local (em global) em $(1,f(1))$, um máximo local (e global) em $(-1,f(-1))$. (5) Máximo local (e global) em $(0,1)$. (6) Máximo local em $(1,e^{-1})$. (7) Mínimo local em $(-1,-\frac{1}{2})$, máximo local em $(1,\frac{1}{2})$. (8) Mínimo local em $(e^{-1},e^{-1/e})$. (9) Máximo local em $(e^{-2},4e^{-2})$, mínimo local em $(1,0)$. 7.3 $a=-b=3$. 7.4 (1) $r_{0}=\sigma$, (2) $r_{*}=\sqrt[6]{2}\sigma$. Como $\lim_{r\to 0^{+}}V(r)=+\infty$, $V$ não possui máximo global. $V$ decresce em $(0,r_{*}]$, cresce em $[r_{*},\infty)$:

Obs: O potencial de Lennard-Jones $V(r)$ descreve a energia de interação entre dois átomos neutros a distância $r$. Quando $0<r<r_{0}$ essa energia é positiva (os átomos se repelem), e quando $r_{0}<r<\infty$ essa energia é negativa (os átomos se atraem). Vemos que quando $r\to\infty$, a energia tende a zero e que ela tende a $+\infty$ quando $r\to 0^{+}$: a distâncias longas, os átomos não interagem, e a distâncias curtas a energia diverge (caroço duro). A posição mais estável é quando a distância entre os dois átomos é $r=r_{*}$. 7.5 (1) A função área é dada por $A(x)=4x\sqrt{R^{2}-x^{2}}$, $x\in[0,R]$. O leitor pode verificar que o seu máximo global em $[0,R]$ é atingido em $x_{*}=\frac{R}{\sqrt{2}}$. Logo, o retângulo de maior área inscrito no círculo tem largura $2x_{*}=\sqrt{2}R$, e altura $2\sqrt{R^{2}-x_{*}^{2}}=\sqrt{2}R$. Logo, é um quadrado! (2) Usaremos a variável $h\in[0,4]$ definida da seguinte maneira

A área do retângulo é dada por $A(h)=h(x_{2}-x_{2})$. Ora, $x_{1}=h$ e $x_{2}=6-\frac{h}{2}$. Logo, $x_{2}-x_{1}=6-\frac{3h}{2}$. Portanto, queremos maximizar $A(h)=h(6-\frac{3h}{2})$ em $h\in[0,4]$. É fácil ver que o de máximo é atingido em $h_{*}=2$. Logo o maior retângulo tem altura $h_{*}=2$, e largura $6-\frac{3h_{*}}{2}=3$. 7.6 A altura do triângulo de abertura $\theta\in[0,\pi]$ é $\cos\frac{\theta}{2}$, a sua base é $2\operatorname{sen}\frac{\theta}{2}$, logo a sua área é dada por

Queremos maximizar $A(\theta)$ quando $\theta\in[0,\pi]$. Ora, $A(0)=A(\pi)=0$, e como $A^{\prime}(\theta)=\frac{1}{2}\cos\theta$, $A^{\prime}(\theta)=0$ se e somente se $\cos\theta=0$, isto é, se e somente se $\theta=\frac{\pi}{2}$ $pt{1}$. Ora, como $A^{\prime}(\theta)>0$ se $\theta<\frac{\pi}{2}$, $A^{\prime}(\theta)<0$ se $\theta>\frac{\pi}{2}$, $\frac{\pi}{2}$ é um máximo de $A$ $(\mathbf{2}{\text{\bf pts}})$. Logo, o triângulo que tem maior área é aquele cuja abertura vale $\frac{\pi}{2}$ $(\mathbf{2}{\text{\bf pts}})$. Obs: pode também expressar a área em função do lado horizontal $x$, $A(x)=\tfrac{1}{2}x\sqrt{1-(\tfrac{x}{2})^{2}}$. Obs: Pode também introduzir a variável $h$, definida como

e fica claro que o triângulo de maior área é aquele que tem maior altura $h$, isto é, $h=1$ (aqui nem precisa calcular uma derivada…), o que acontece quando a abertura vale $\frac{\pi}{2}$. 7.7 Seja $x$ o tamanho do lado horizontal do retângulo, e $y$ o seu lado vertical. A área vale $A=xy$. Como o perímetro é fixo e vale $2x+2y=L$, podemos expressar $y$ em função de $x$, $y=\frac{L}{2}-x$, e expressar tudo em termos de $x$: $A(x)=x(\frac{L}{2}-x)$. Maximizar essa função em $x\in[0,L/2]$ mostra que $A$ é máxima quando $x=x_{*}=\frac{L}{4}$. Como $y_{*}=\frac{L}{2}-x_{*}=\frac{L}{4}$, o retângulo com maior área é um quadrado! 7.8 Suponha que a corda seja cortada em dois pedaços. Com o primeiro pedaço, de tamanho $x\in[0,L]$, façamos um quadrado: cada um dos seus lados tem lado $\frac{x}{4}$, e a sua área vale $(\frac{x}{4})^{2}$. Com o outro pedaço façamos um círculo, de perímetro $L-x$, logo o seu raio é $\frac{L-x}{2\pi}$, e a sua área $\pi(\frac{L-x}{2\pi})^{2}$. Portanto, queremos maximizar a função

Na fronteira, $A(0)=\frac{L^{2}}{4\pi}$ (a corda inteira usada para fazer um círculo), $A(L)=\frac{L^{2}}{16}$ (a corda inteira para fazer um quadrado). Procuremos os pontos críticos de $A$: é fácil ver que $A^{\prime}(x)=0$ se e somente $x=x_{*}=\frac{L}{1+\frac{\pi}{4}}\in(0,L)$. Como $A(x_{*})=\frac{L^{2}}{4(4+\pi)}$, temos que $A(x_{*})<A(L)<A(0)$. Logo, a área total mínima é obtida fazendo um quadrado com o primeiro pedaço de tamanho $x_{*}\simeq 0.56L$, e um círculo com o outro pedaço ($L-x_{*}\simeq 0.43L$). A área total máxima é obtida usando a corda toda para fazer um círculo. 7.9 $Q_{*}=(2,4)$ 7.10 Seja $C=(x,0)$, com $1\leq x\leq 8$. É preciso minimizar $f(x)=\sqrt{(x-1)^{2}+3^{2}}+\sqrt{(x-8)^{2}+4^{2}}$ para $x\in[1,8]$. Os pontos críticos de $f$ são soluções de $7x^{2}+112x-560=0$ (em $[1,8]$), isto é, $x=4$. Como $f^{\prime\prime}(4)>0$, $x=4$ é um mínimo de $f$ (pode verificar calculando os valores $f(1)$, $f(8)$). Logo, $C=(4,0)$ é tal que o perímetro de $ABC$ seja mínimo. 7.11 $\alpha=\pm 1$. 7.12 Considere a variável $x$ definida da seguinte maneira:

Assim temos que a área do triângulo em função de $x$, $A(x)$, é dada por $A(x)=\frac{1}{2}(a+x)\cdot h$. Mas, como $\frac{h}{a+x}=\frac{b}{x}$, temos $h=\frac{b(x+a)}{x}$, que dá $A(x)=\frac{b}{2}\frac{(x+a)^{2}}{x}$. Procuremos o mínimo de $A(x)$ para $x\in(0,\infty)$. Como $A$ é derivável em todo $x>0$, $A^{\prime}(x)=\frac{b}{2}\frac{(x-a)(x+a)}{x^{2}}$, vemos que $A$ possui dois pontos críticos, em $-a$ e $+a$, e $A^{\prime}(x)>0$ se $x<-a$, $A^{\prime}(x)<0$ se $-a<x<a$, e $A^{\prime}(x)>0$ se $x>a$. Desconsideremos o $-a$ pois queremos um ponto em $(0,\infty)$. Assim, o mínimo de $A$ é atingido em $x=a$, e nesse ponto $A(a)=2ab$:

7.13 Representamos o triângulo da seguinte maneira:

Parametrizando o triângulo usando a variável $x$ acima (pode também usar um ângulo), obtemos a área como sendo a função $A(x)=x(R+\sqrt{R^{2}-x^{2}})$, com $x\in[0,R]$. Observe que não é necessário considerar os triângulos cuja base fica acima do eixo $x$. (Por qué?) Deixamos o leitor verificar que o máximo da função $A(x)$ é atingido no ponto $x_{*}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}R$, e que esse $x_{*}$ corresponde ao triângulo equilátero. 7.14 O único ponto crítico de $\sigma(x)$ é $x_{*}=\frac{x_{1}+\dots+x_{n}}{n}$ (isto é, a média aritmética). Como $\sigma^{\prime\prime}(x)=2n>0$, $x_{*}$ é mínimo global. 7.15 Seja $F$ a formiga, $S$ (respectivamente $I$) a extremidade superior (respectivamente inferior) do telão, $\theta$ o ângulo $SFI$, e $x$ a distância de $F$ à parede:

Se $x$ é a distância de $F$ à parede, precisamos expressar $\theta$ em função de $x$. Para começar, $\theta=\alpha-\beta$, em que $\alpha$ é o ângulo $SFO$, e $\beta$ o ângulo $IFO$. Mas $\tan\alpha=\frac{8}{x}$ e $\tan\beta=\frac{3}{x}$. Logo, precisamos achar o máximo da função

Observe que $\lim_{x\to 0^{+}}\theta(x)=0$ (indo infinitamente perto da parede, a formiga vê o telão sob um ângulo nulo) e $\lim_{x\to\infty}\theta(x)=0$ (indo infinitamente longe da parede, a formiga também vê o telão sob um ângulo nulo), é claro que deve existir (pelo menos) um $0<x_{*}<\infty$ que maximize $\theta(x)$. Como $\theta$ é derivável, procuremos os seus pontos críticos:

Logo o único ponto crítico de $\theta$ no intervalo $(0,\infty)$ é $x_{*}=\sqrt{24}$. Vemos também que $\theta^{\prime}(x)>0$ se $x<x_{*}$ e $\theta^{\prime}(x)<0$ se $x>x_{*}$, logo $x_{*}$ é o ponto onde $\theta$ atinge o seu valor máximo. Logo, para ver o telão sob um ângulo máximo, a formiga precisa ficar a uma distância de $\sqrt{24}\simeq 4.9$ metros da parede. 7.16 Seja $R$ o raio da base do cone, $H$ a sua altura, $r$ o raio da base do cilíndro e $h$ a sua altura. Para o cilíndro ser inscrito, $\frac{h}{H}=\frac{R-r}{R}$ (para entender essa relação, faça um desenho de um corte vertical). Logo, expressando o volume do cilíndro em função de $r$, $V(r)=\frac{\pi H}{R}r^{2}(R-r)$. É fácil ver que essa função possui um máximo local em $[0,R]$ atingido em $r_{*}=\frac{2}{3}R$. A altura do cilíndro correspondente é $h_{*}=\frac{H}{3}$. (Obs: pode também expressar $V$ em função de $h$: $V(h)=\pi R^{2}h(1-\frac{h}{H})^{2}$.) 7.17 Seja $r$ o raio da base do cone, $h$ a sua altura. O volume do cone é dado por $V=\tfrac{1}{3}\times\pi r^{2}\times h$. Como $h$ e $r$ são ligados pela relação $(h-R)^{2}+r^{2}=R^{2}$, podemos expressar $V$ somente em termos de $h$:

onde $h\in[0,2R]$. Os valores na fronteira são $V(0)=0$, $V(2R)=0$. Procurando os pontos críticos dentro do intervalo: $V^{\prime}(h)=0$ se e somente se $4Rh-3h^{2}=0$. Como $h=0$ não está dentro do intervalo, somente consideramos o ponto crítico $h_{*}=\tfrac{4}{3}R$. (Como $V^{\prime\prime}(h_{*})<0$, é máximo local.) Comparando $V(h_{*})$ com os valores na fronteira, vemos que $h_{*}$ é máximo global de $V$ em $[0,2R]$, e que tem dois mínimos globais, em $h=0$ e $h=2R$. O maior cone, portanto, tem altura $\tfrac{4}{3}R$, e raio $\sqrt{R^{2}-(\tfrac{4}{3}R-R)^{2}}=\frac{\sqrt{8}}{3}R$. 7.19 Cada quadrado retirado deve ter os seus lados iguas a $\tfrac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})$. 7.20 Como no exemplo anterior, $T(x)=\frac{\sqrt{x^{2}+h^{2}}}{v_{1}}+\frac{L-x}{v_{2}}$. Procuremos o mínimo global de $T$ em $[0,L]$. O ponto crítico $x_{*}$ é solução de $\frac{x}{v_{1}\sqrt{x^{2}+h^{2}}}-\frac{1}{v_{2}}=0$. Isto é, $x_{*}=\frac{h}{\sqrt{(v_{2}/v_{1})^{2}-1}}$. Se $v_{1}\geq v_{2}$, $T$ não tem ponto critico no intervalo, e $T$ atinge o seu mínimo global em $x=L$ (a melhor estratégia é de nadar diretamente até $B$). Se $v_{1}<v_{2}$, e se $\frac{h}{\sqrt{(v_{2}/v_{1})^{2}-1}}<L$, então $T$ tem um mínimo global em $x_{*}$ (como $T^{\prime\prime}(x)=\frac{h^{2}}{v_{1}(x^{2}+h^{2})}>0$ para todo $x$, $T$ é convexa, logo $x_{*}\in(0,L)$ é bem um ponto de mínimo global). Por outro lado, se $\frac{h}{\sqrt{(v_{2}/v_{1})^{2}-1}}\geq L$, então $x_{*}$ não pertence a $(0,L)$, e o mínimo global de $T$ é atingido em $x=L$. 7.21 Seja $O$ o centro da piscina. Uma estratégia que minimize o tempo de viagem é de nadar em linha reta de $A$ até um ponto $C$ na beirada tal que o ângulo $COB$ seja igual a $\frac{\pi}{3}$ (ou $-\frac{\pi}{3}$). Depois, andar na beirada de $C$ até $B$. 7.22 A maior vara corresponde ao menor segmento que passa por $C$ e encosta nas paredes em dois pontos $P$ e $Q$ (ver imagem abaixo).

Seja $\theta$ o ângulo $QCD$. Quando $\theta$ é fixo, a distância de $P$ a $Q$ vale

Precisamos minimizar $f$ no intervalo $(0,\tfrac{\pi}{2})$. (Observe que $\lim_{\theta\to 0^{+}}f(\theta)=+\infty$, $\lim_{\theta\to{\tfrac{\pi}{2}}^{-}}f(\theta)=+\infty$.) Resolvendo $f^{\prime}(\theta)=0$, vemos que o único ponto crítico $\theta_{*}$ satisfaz $\tan^{3}\theta_{*}=M/L$. É fácil verificar que $f$ é convexa, logo $\theta_{*}$ é um ponto de mínimo global de $f$. Assim, o tamanho da maior vara possível é igual a

Observe que quando $L=M$, a maior vara tem tamanho $2\sqrt{2}L$, e quando $M\to 0^{+}$, a maior vara tende a ter tamanho igual a $L$.