Universidade Federal de Gois

Instituto de Matemtica e Estatstica

Programa de Mestrado Prossional em

Matemtica em Rede Nacional

Mximos e Mnimos: Uma Abordagem para o

Ensino Mdio

Marcos Antnio da Costa

Goinia

2013

.

Marcos Antnio da Costa

Mximos e Mnimos: Uma Abordagem para

o Ensino Mdio

Trabalho de Concluso de Curso apresentado ao Instituto de Matemtica e Estatstica

da Universidade Federal de Gois, como parte dos requisitos para obteno do grau de

Mestre em Matemtica.

rea de Concentrao: Matemtica do Ensino Bsico

Orientador: Prof. Dr. Maxwell Lizete da Silva

Goinia

2013

.

.

Todos os direitos reservados. proibida a reproduo total ou parcial deste trabalho

sem a autorizao da universidade, do autor e do orientador.

Marcos Antnio da Costa graduou-se em Matemtica pela Universidade Federal de

Gois no ano de 2001; Conclui o Curso de Ps-Graduao Lato Sensu em Matemtica

e Estatstica pela Universidade Federal de Lavras em 2004 e o Curso de Ps-Graduao

Lato Sensu em Mtodos e Tcnicas de Ensino pela Universidade Salgado de Oliveira -

UNIVERSO, em 2006. Atualmente professor da Educao Bsica na Rede Municipal

de Educao de Goinia e na Rede Estadual de Educao de Gois.

Dedico este trabalho aos meus pais Jos e Dejanir, mi-

nha esposa Pollyana Ribeiro e amiga Juliana Linhares.

Agradecimentos

Ao Professor Dr. Maxwell Lizete da Silva, pela orientao precisa e conante.

Auxiliou e orientou, com sua experincia e conhecimento, para que eu pudesse atingir

os meus objetivos com amadurecimento e auto-conana.

A todos os colegas da primeira turma do PROFMAT Goinia.

Ao colega Rogrio da Silva Cavalcante, pelo auxlio durante o Curso.

Coordenao de Aperfeioamento de Pessoal de Nvel Superior - CAPES pelo suporte

nanceiro durante o Curso de Mestrado.

Resumo

Estudamos problemas envolvendo valores extremos, com foco nos estudantes do

Ensino Mdio. Apresentamos de forma simples e resumida, algumas ideias e teorias

para a soluo de tais problemas. Dentre os quais citamos o Problema de Dido e

o de Heron. O principal referencial terico para confeco deste trabalho foi o livro

de Tikhomirov intitulado Stories About Maxima and Minima. Baseados em tal livro,

aplicamos mtodos e teorias elementares para solucionarmos problemas clssicos de

mximos e mnimos.

Palavras-chave

Mximos e Mnimos, Problema Isoperimtrico, Mdias, Otimizao, Resoluo de

Problemas.

Abstract

We deal with extremum values problems. Our focus is the high school students. We

present simple ideas and techniques on solving classical optimization problems. Among

other problems we cite the classical isoperimetric ploblem and the Heron

s problem.

We are based on the book Stories About Maxima and Minima by Tikhomirov which

lead with these classical problems using only elementary mathematical subjects.

Keywords

Extremum value problems, Isoperimetric problem, Arithmetic and geometric Me-

ans.

Notaes

Neste trabalho sero utilizadas as seguintes notaes:

O segmento de reta com extremidades em A e B: segmento AB;

A reta determinada pelos pontos A e B: reta AB;

O comprimento (medida) do segmento de reta com extremidades em A e B: AB;

A semirreta com origem em A e que passa por B: AB;

O ngulo entre os seguimentos AB e BC: ABC;

O ngulo que est no vrtice A: A;

O tringulo determinado pelos vrtices A, B e C: 4ABC ou tringulo ABC.

Sumrio

Introduo 10

1 Desigualdade Triangular 13

1.1 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Teorema Isoperimtrico Segundo Zenodoro 18

2.1 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Mdias e Desigualdade das Mdias 30

3.1 Mdias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.2 A Desigualdade das Mdias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.3 Desigualdade das Mdias Generalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.4 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 Funes Quadrticas 39

4.1 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

5 Uso do Clculo Diferencial 42

5.1 Aplicaes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Concluso 51

Referncias 53

Introduo

Aprende-se sobre mximos e mnimos na Educao Bsica. Ainda no Ensino Fun-

damental, ao estudar o conjunto dos nmeros naturais, aparecem mnimo mltiplo

comum e mximo divisor comum. Um pouco mais tarde, no Ensino Mdio, aprende-se

a encontrar mximos e mnimos de funes quadrticas, reas mximas, permetros

mximos, dentre outras situaes. Porm, na Educao Bsica tais problemas so

apresentados com uma abordagem ou com uma linguagem diferente das empregadas

num curso superior.

Problemas de mximos e mnimos esto presentes em quase todas as atividades do

mundo moderno. Pode-se dizer que apenas uma pequena parcela da populao cria ou

inventa coisas novas, mas uma grande parcela, trabalha com o objetivo de aperfeioar

o que j foi inventado e colocar em funcionamento. Por exemplo, Thomas Alva Edison

foi o primeiro a construir a primeira lmpada incandescente comercializvel em 1879,

utilizando uma haste de carvo (carbono) muito na. Em 1938 Nikola Tesla criou a

lmpada uorescente, um tipo de lmpada que ao contrrio das de lamento, possui

grande ecincia por emitir mais energia eletromagntica em forma de luz do que calor.

Em 2010, Dean Kamen aproveitou o evento TEDMED para apresentar sua mais nova

inveno: uma lmpada de LED (Light Emitting Diode). Em resumo, a primeira

lmpada foi inventada e muitos trabalharam em funo da produo e comercializao

dessa lmpada. A partir da, naturalmente foram surgindo vrias indagaes, por

exemplo: como produz-la gastando o mnimo possvel? como faz-la de modo a ser

mais potente? como comercializ-la tendo o maior lucro possvel? na tentativa de

responder a tais perguntas, que se chegou descoberta da lmpada uorescente, depois

a LED, e certamente viro outras.

Os dados apresentados acima servem apenas para ilustrar situaes onde trabalha-se

com mximos e mnimos, talvez sem saber que tais assuntos e teorias esto ali presentes.

Em qualquer empresa, grande ou pequena, ouve-se falar em encontrar, por exemplo,

receita mxima, reduzir o desperdcio, entre outras coisas. Na prtica, os problemas de

mximos e mnimos so frequentemente complexos, porque envolvem muitas variveis.

Mostrar-se- neste trabalho alguns problemas simples, mas que demonstram bem o

tema mximos e mnimos.

Considerando que no mundo moderno os mximos e mnimos esto sempre presentes

em quase tudo que se faz, as seguintes perguntas so pertinentes: Quando o homem

comeou a estudar mximos e mnimos? Quais so as teorias usadas na resoluo de

tais problemas? O porqu de estudar mximos e mnimos? Com o que j foi exposto at

aqui, tem-se uma resposta razovel para a ltima pergunta, porm, as duas primeiras

so muito difceis de serem respondidas. Acredita-se, entretanto, que ao nal deste

trabalho chegar-se- a respostas satisfatrias para tais perguntas.

Em muitos problemas necessrio achar o valor mnimo ou o valor mximo, ou

seja, o menor ou o maior valor de alguma coisa. Ambas as noes -mximo e mnimo-

so provenientes do termo latim extremums. Os problemas que requerem o encontro

do valor mximo e mnimo so baseados na teoria dos valores extremos.

No decorrer deste trabalho resolver-se- alguns problemas bastante antigos e outros

mais recentes. Dentre os problemas antigos, h um, cujo possvel autor um famoso

matemtico da antiguidade Heron de Alexandria, tal problema conhecido como Pro-

blema de Heron. Segundo consta em [12], acredita-se que o Problema de Heron fora

escrito no sculo I d.C.. A escolha de tal problema deve-se ao fato de ser bastante

conhecido at mesmo na Educao Bsica e tambm por ser til na demonstrao de

vrios outros problemas.

Tratar-se-, ainda, sobre o Problema de Dido, que , aproximadamente, do sculo

IX a. C., o qual descrito no livro Eneida de Publio Virglio Maronis (70 a.C. - 19

a.C.) e o mais antigo problema de que h registo. Ele envolve mximos e mnimos e

tem sido objeto de muitas generalizaes ao longo dos tempos. Atualmente, problemas

semelhantes aos de Dido so conhecidos como problemas Isoperimtricos.

Alm desses dois problemas j mencionados, sero resolvidos muitos outros. Analisar-

se- problemas simples em um contexto econmico, que so situaes que se levantam

constantemente nas atividades econmicas. O objetivo encontrar a maneira mais

rpida, curta e barata, ou seja, a mais econmica de colocar em funcionamento algo

que j existe. Essa uma das principais razes para se resolverem problemas sobre

mximos e mnimos e, para tanto, deve-se recorrer Matemtica.

11

O desejo de encontrar mtodos e tcnicas para resolver problemas de mximos e m-

nimos fez surgir teorias novas. De acordo com Tikhomirov [12], no sculo XVIII surgiu

uma parte importante dessa teoria chamada Calculo das Variaes, e muitos mtodos

que surgiram foram insucientes para a soluo de alguns problemas. Logo, esses m-

todos conduziram a formulao das divises bsicas da teoria dos valores extremos tais

como: Programao Matemtica , Convexidade e Teoria da Otimizao.

O fato que, ao longo da Histria da Matemtica, os problemas de valores extremos

e a necessidade de encontrarem suas solues tem despertado o interesse de muitos

matemticos, pode-se citar: Euclides, Arquimedes, Heron, Snell, Tartaglia, Fermant,

Kepler, Huygens, Johann Bernoulli, Newton, Leibniz dentre outros.

Acredita-se que o descrito at agora seja suciente para justicar o interesse de

compreender um pouco mais sobre mximos e mnimos.

De agora em diante, nos prximos captulos apresentaremos alguns conceitos e

teorias que sero teis na resoluo de problemas de mximos e mnimos, tais como:

Desigualdade Triangular, O Problema Isoperimtrico de Zenodoro, Desigualdade das

Mdias e Funes Quadrticas.

Ademais, uma parte importante das aplicaes do Clculo Diferencial est relacio-

nada ao problema de encontrar mximos e mnimos de funes (problemas de otimiza-

o). Na maioria das vezes, resolver esse tipo de problema consiste em transform-lo

num modelo matemtico, onde algumas grandezas so dadas por uma funo derivvel

de uma ou vrias variveis. E, os mximos ou mnimos da funo, esto associados s

informaes que desejamos encontrar sobre o problema.

12

1 Desigualdade Triangular

O objetivo nesta subseo demonstrar a desigualdade triangular, que tem origem

na Geometria Euclidiana. uma desigualdade bastante utilizada na resoluo de

diversos tipos de problemas dentro da Geometria Plana. As idias apresentadas a

seguir so encontradas em [4].

Denio 1.1. Dados trs pontos A, B e C no colineares, reunio dos segmentos

AB, AC e BC, chama-se tringulo ABC ou 4ABC.

Antes de fazer a demonstrao da desigualdade triangular sero apresentadas duas

proposies.

Proposio 1.1. Se dois lados de um tringulo no so congruentes, ento os ngulos

opostos a eles no so congruentes e o maior lado est oposto ao maior ngulo.

Demonstrao: Conforme mostra a Figura 1, suponha que BC > AC, logo,

possvel tomar um ponto D em BC tal que CD = CA. Como D BC, pode-searmar que D interno ao ngulo CAB = CAB > CAD.

Figura 1:

Por construo o tringulo CAD issceles de base AD, ento, CAD = CDA.

Sendo assim, CAB > CDA. Por outro lado, tem-se que, CDA ngulo externo no

tringulo ABD, ento, CDA > ABD = ABC. Mas, CAB > CDA e CDA > ABC,

ento, CAB > ABC. 2

Proposio 1.2. Se dois ngulos de um tringulo no so congruentes, ento os lados

opostos a eles no so congruentes e o maior ngulo est oposto ao maior lado.

Demonstrao: Seja ABC um tringulo qualquer conforme mostra a Figura 2.

Considere BAC > ABC e mostrar-se- que BC > AC. Aqui h trs possibilidades

para BC e AC :BC < AC

BC = AC

BC > AC

Figura 2:

Se BC < AC, ento, pela Proposio 1.1, BC < ABC, o que contraria a hiptese.

Se BC = AC, ento, o tringulo issceles, e BC = ABC, o que contraria a

hiptese.

Sendo assim, por excluso, temos que BC > AC. 2

Proposio 1.3. (Desigualdade Triangular): Em todo tringulo, cada lado tem

comprimento menor que a soma dos comprimentos dos outros dois lados.

Demonstrao: Seja ABC um tringulo qualquer tal que AB = c, AC = b e

BC = a conforme mostra a Figura 3. Mostra-se- que a < b+ c.

Figura 3:

14

Considere um ponto D na semirreta

CA, tal que AD = AB. Ento temos, CD =

CA+ AD = CA+ AB

Como o tringulo ABD issceles de base BD, tem-se

ADB = ABD (1)

Como o ponto A interno ao ngulo CBD, logo tem-se

CBD > ABD (2)

De (1) e (2), conclui-se que CBD > ADB = CDB.

Sendo assim, no tringulo BCD tem-se que BC < CD, pela Proposio 1.2. Logo

a = BC < CD = CA+ AD = CA+ AB = b+ c

Portanto, a < b+ c. 2

1.1 Aplicaes

Problema 1 (Problema de Heron). Sejam r uma reta no plano e A e B dois pontos

pertencentes a um dos semiplanos denidos por r. Encontre um ponto P da reta r que

minimiza AP + PB.

Soluo: Se A o ponto simtrico de A em relao reta r, arma-se que o ponto

P desejado o ponto de interseo de AB com r, conforme Figura 4.

Figura 4:

15

Para provar este fato, tome Q, um ponto qualquer de r, tal que Q 6= P , conformeFigura 4 . O fato de A ser simtrico de A em relao reta r, nos garante que

AP = AP e AQ = AQ.

Pelas igualdades acima e a Proposio 1.3 sucessivamente tem-se:

AP + PB = AP + PB = AB < AQ+BQ = AQ+QB

Problema 2. Se D o ponto da reta r nas condies do Problema de Heron e e

so as amplitudes dos ngulos denidos pela reta r com AD e DB, respectivamente,

ento = .

Figura 5: ngulo de incidncia igual ao ngulo de reexo

Soluo: Seja F o ponto de interseo de AA com r, conforme mostra a Figura

5. Note que os ngulos ADF = e ADF so congruentes. Por outro lado os ngulos

QDB = e ADF so opostos pelo vrtice, isto , so congruentes. Portanto, = .

Como consequncia, tem-se 1 = 2.

Observao: Heron pensou na reta r como um espelho e considerou que a menor

distncia entre A e B coincide com o caminho atravessado por um raio de luz emitido

de A e observado em B, deduzindo que quando a luz reetida num espelho, o ngulo

de incidncia igual ao ngulo de reexo formados por AD e DB com a perpendicular

a rem D, conforme Figura 5.

16

Problema 3 (PROFMAT - MA13 - UNIDADE - 5). Dado um quadriltero convexo

ABCD, prove que o ponto P do plano para o qual a soma PA + PB + PC + PD

mnima o ponto de concurso das diagonais de ABCD.

Soluo:

Observe a Figura 6, e veja que:

Figura 6:

No tringulo APC, pela Proposio 1.3 temos que PA+ PC > AC.

Observe que para ter a soma PA+ PC mnima necessrio que PA+ PC = AC,

isto , P AC.No tringulo PBD, pela Proposio 1.3 temos que PB + PD > BD.

Observe que para ter a soma PB +PD mnima necessrio que PB +PD = BD,

isto , P BD.Mas, se P AC e P BD ento P pertence interseo de AC com BD, ou seja,

P o ponto de concurso das diagonais.

17

2 Teorema Isoperimtrico Segundo Zenodoro

O problema isoperimtrico foi trabalhado por Zenodoro, pautando-se no estudo de

problemas envolvendo polgonos. O objetivo de Zenodoro era encontrar entre todos os

polgonos planos de n lados e de comprimento L (permetro L), aquele que limitasse a

maior rea. A soluo deste problema designa-se por n-gono mximo de comprimento

L, que aqui ser chamado de n-gono mximo de comprimento L.

Observao: Neste trabalho sero apresentadas apenas algumas idias de Zenodoro,

e no uma reproduo literal de sua obra. As provas apresentadas neste tpico so

baseadas em [12].

Denio 2.1. Seja n 3 um nmero natural e A1, A2, An1, An pontos distintosdo plano. Dizemos que A1A2 An1An um polgono convexo se, para 1 i n, areta AiAi+1 no contm nenhum outro ponto Aj, mas deixa todos eles em um mesmo

semiplano, dentre os que ela determina (aqui, A0 = An, An+1 = A1 e An+2 = A2) .

Lema 2.1. Um polgono de n lados convexo se e s se a amplitude de cada um dos

seus ngulos internos inferior a 180o.

Demonstrao: Suponha por absurdo que um polgono convexo de n lados tenha

um de seus ngulos interno no inferior a 180o, conforme mostra a Figura 7.

Figura 7:

Se o ngulo tem amplitude igual a 180o, ento o polgono ter n 1 lados, o quecontraria a hiptese. Se o ngulo tem amplitude maior que 180o, ento o polgono no

convexo (conforme Denio 2.1), o que contraria a hiptese. Portanto um polgono

convexo de n lados tm seus ngulos internos menor que 180o. 2

Lema 2.2. Um n-gono mximo de comprimento L convexo.

Figura 8:

Demonstrao:

Seja A1A2 An n-gono mximo de comprimento L. Suponha que o n-gono sejano convexo, logo, existe pelo menos um de seus ngulos, cuja amplitude seja superior a

180o, suponha que seja o interno A1A2A3 (Figura 8). Considerando A2 o ponto obtido

por reexo ortogonal do vrtice A2 em relao ao segmento A1A3, obtm-se o polgono

A1A2 An com maior rea e de mesmo comprimento L. O que um absurdo, pois

A1A2 An um n-gono mximo de comprimento L. 2

Lema 2.3. Um n-gono mximo de comprimento L deve ter lados iguais.

Demonstrao:

Seja A1A2 An um n-gono mximo de comprimento L cujos lados no so todosde mesmo comprimento. Considere-se A1A2 e A2A3 dois lados adjacentes do n-gono

com comprimentos diferentes, e l a reta que passa em A2 e paralela a A1A3. Veja a

Figura 9:

19

Figura 9:

Seja P o ponto que se obtm aplicando as idias do Problema 1(Problema de

Heron), reta l e aos pontos A1 e A3, ento,

A1P + PA3 < A1A2 + A2A3 (3)

Como o ngulo de incidncia igual ao ngulo de reexo conforme demonstrado

no Problema 2, ento os ngulos 1 e 1, formados respectivamente por A1P com

l e A3P com l so iguais. Como ngulos alternos internos tm a mesma amplitude,

conclui-se que = . Logo, o tringulo A1PA3 issceles de base A1A3. Como os

pontos P e A2 so distintos, pode-se armar que os tringulos A1PA3 e A1A2A3 tm

a mesma base e a mesma altura, logo tm a mesma rea.

Construa um tringulo issceles A1A2A3, tal que A1A

2 + A

2A3 = A1A2 + A2A3,

conforme Figura 9, com A2 pertencente mediatriz do segmento A1A3, por (3), tem-se:

A1P +PA3 < A1A2 +A2A3 = A1A2 +A2A3, pois, A

2 pertence semirreta oposta a

PC. Assim, a altura do tringulo A1A2A3 maior do que a altura do tringulo A1A2A3

e, portanto, tm rea maior. Conclui-se ento que a rea do polgono A1A2 An maior do que a rea do polgono A1A2 An e ambos tm complimento L, o que umabsurdo, pois, A1A2 An um n-gono mximo de comprimento L. 2

Lema 2.4. Um n-gono mximo de comprimento L deve ter ngulos iguais.

Demonstrao: Considere um n-gono mximo de comprimento L. At ento

ns sabemos que todos seus lados so iguais (Lema 2.3) e temos em mente que ele deve

20

ser convexo. Vamos supor que nem todos os seus ngulos sejam iguais. Se os ngulos

no so iguais, ento deve existir dois ngulos adjacentes diferentes entre si, vamos

dizer e . Armamos que isso implica na existncia de dois ngulos no adjacentes

diferentes entre si. Considere os seguintes ngulos , , , , , , (no menos quecinco) no polgono. Temos dois casos a considerar:

Se 6= ou 6= , ento a armao est completa desde que e ( ou e )sejam no adjacentes.

Se = , = (j sabemos que 6= ), ento a nossa sequncia de ngulosca, , , , , , logo a prova est completa desde que o primeiro e o quartongulos no sejam adjacentes.

Veremos que a nossa suposio justica a concluso: Existem dois tringulos DEF

e PQR com interiores disjuntos, conforme Figura 10.

Figura 10:

Veja que escolhemos os tringulos DEF e PQR formados por vrtices sucessivos

de modo que E 6= Q. Tomando E < Q. Desde que |DE| = |EF | = |PQ| = |QR|, a

21

desigualdade dos ngulos E e F implica que |DF | < |PR|. A partir de E e Q traamosEG perpendiculares a DF e QT perpendicular a PR. A seguir ns estendemos o

segmento EG e aplicamos a extenso do triangulo ET P congruente ao triangulo

QTP (T vai em direo a T , P a P e Q a E). Agora aplicamos o Problema de

Heron reta

T G e no pontos P e F . Seja S a soluo do Problema de Heron, no

caso, S um ponto emT G de modo que a soma das distncias de P a S e de S a F

seja mnima. Pois P ET (igual metade de PQR) seja maior que o ngulo FEG ( igual

a metade de DEF ), o ponto S no coincide com o ponto E ( os ngulos P ST e FSG

so iguais). Agora traamos na reta

QT o segmento TU de forma que TU = T S. Note

que nos tringulos DSF e PUR, a soma dos lados laterais desses tringulos menor

que a soma dos lados laterais dos tringulos originais DEF e PQR.

Na verdade temos que: |DS|+ |SF |+ |PU |+ |UR| = 2(|SF |+ |SP |) < 2(|FE|+|EP |) = |DE|+ |EF |+ |PQ|+ |QR|. No caso nossos tringulos so issceles e S asoluo do problema de Heron. Por outro lado, a rea do triangulo P ES maior que

a rea do triangulo ESF , desde que suas respectivas alturas sejam |P T | = 12|PR| e

|FG| = 12|DF |, mas temos por hiptese que |DF | < |PR|. Sendo assim, a soma dasreas dos tringulos DSF e PUR maior que soma das reas dos tringulos originais

DEF e PQR. De fato,

S4DSF +S4PUR = S4DEF 2S4ESF +S4PQR + 2S4P ES > S4DEF +S4PQR. Pois,pelo descrito acima, 2S4ESF + 2S4P ES > 0.Isto signica que o polgono DSF PUR possui um permetro menor e umarea maior que o polgono original DEF PQR . Agora podemos tratar tanto otriangulo DSF quanto o triangulo PUR como tratamos o tringulo A1PA3, quando

provamos o Lema 2.3, o que signica que podemos modic-lo para obter um polgono

isoperimtrico com o polgonoDEF PQR, de modo que a rea do novo polgono sejamaior que a rea do polgono DSF PUR, que por sua vez j tem rea maior que area do polgono DEF PQR. Isso contradiz com a armao de que DEF PQR um n-gono mximo de comprimento L, completando assim a prova do Lema 2 e

tambm a teoria de Zenodoro. 2

Teorema 2.1. Um n-gono mximo de comprimento L regular.

Demonstrao: Decorre imediatamente dos lemas 2.3 e 2.4.2

22

Observao: O Lema da existncia de um n-gono com maior rea entre todos

os n-gonos com o mesmo permetro ou seja um n-gono mximo de comprimento L.

Mostrou-se que se um n-gono mximo existe ele deve ser regular. Mas realmente existe

um n-gono mximo? Se no existir podemos armar que a soluo de problema de

Dido se tornar cinzas. Anal de contas nem toda funo adquire um valor mximo.

Por exemplo, a funo f(x) = (1+x2)1 no tem mximo para x R. Os autores daantiguidade no estavam preocupados em provar a existncia de suas solues. Somente

por volta de 100 anos atrs que os matemticos comearam a questionar e analisar

seus trabalhos desenvolvendo mtodos que demonstrem a existncia de um determinado

teorema. A seguir ser citada sem prova uma armao a qual era inquestionvel por

Zenodoro.

Lema 2.5. Existe n-gono mximo de comprimento L.

O prximo Lema, o qual no se dar a prova, consequncia imediata das denies

de comprimento e rea de um conjunto de pontos. O Lema 2.6 e o Teorema 2.2 so

encontrados em [2] e [3].

Lema 2.6. Para toda curva simples fechada reticvel de comprimento L' que delimita

uma rea A' e para > 0, existe um n-gono de comprimento L e rea A tal que

| L L | e | A A | .

Teorema 2.2. A rea delimitada por uma curva simples fechada reticvel com com-

primento L no excede a rea delimitada por uma circunferncia com o mesmo com-

primento L.

Demonstrao: Considere uma curva simples fechada reticvel de comprimento

L que delimita uma rea A. Pela desigualdade L2 4piA 0 e pelo Lema 2.6,conclui-se que para > 0 existe um polgono de comprimento L e rea A tal que

4piA 4piA + 4pi L2 + 4pi (L + )2 + 4pi = L2 + (2L + 4pi + ), ou seja,L2 +(2L+4pi+) 4piA. Como arbitrrio tem-se L2 4piA. Logo, toda curvafechada satisfaz a desigualdade Isoperimtrica e a igualdade ocorre no caso de ser uma

circunferncia.2

23

2.1 Aplicaes

Esse problema teve origem na Grcia Antiga, cerca do sculo IX a. C., mas cou

conhecido numa verso narrada em Eneida de Publio Virglio Maronis (70 a.C. - 19

a.C.). O Problema de Dido surge baseado em uma lenda. Neste trabalho, a lenda

pouco importa, mas, antes de enunciar o problema, far-se- uma sntese da lenda.

Diz a lenda

1

, segundo a Mitologia Romana, que a Princesa Dido (Elisa) era lha

do Rei Mutto (Belus) de Tiro (cidade fencia) e mulher de Siqueu (Acerbas).

Depois que seu marido foi morto pelo Prncipe Pigmaleo (irmo de Dido), ela

refugiou-se na costa do Mediterrneo, no Norte da frica. L chegando, dirigiu-se

a Jarbas (Rei dos Gtulos) e barganhou certa quantia com a qual ela poderia comprar

terras que poderiam ser envolvidas com um pedao de couro de boi. Como Jarbas aceitou

essa oferta, a esperta Dido cortou o couro em vrias tiras, ligou-as pelas extremidades

e procedeu a envolver a rea de terra desejada tendo o comprimento dessas tas como

permetro. Escolhendo terra ao longo do mar, ela no precisou usar tas ao longo da

costa martima. Ao estender o couro em forma de semicrculo, obteve a mxima rea

de terra possvel.

Desse modo, Dido estabeleceu o Estado de Cartago (hoje Tunsia), em 850 a.C.,

a futura rival de Roma. Conta ainda a lenda que, como Cartago prosperou bastante,

Jarbas pediu-a em casamento. Para fugir a esse assdio, a ento Rainha Dido preparou

uma pira funeral e suicidou-se na frente de seu povo.

Esse incidente levanta a grande questo: Qual a curva que engloba a maior extenso

de terra a ser cercado com o couro de um boi? Para responder esta questo, deve-se

coloc-la de maneira matematicamente correta.

Problema 4. (Problema de Dido ou Problema Isoperimtrico Clssico) Den-

tre todas as curvas planas fechadas (reticveis) de um dado comprimento L, encontre

aquela que engloba a maior rea.

Soluo: Considere um n-gono regular qualquer de comprimento L, delimitando

uma rea A. fcil ver que L = 2nR sin(pin) e A = r

2L, onde R e r so os raios das

1

http://www.seara.ufc.br/folclore/folclore250.htm

24

circunferncias circunscrita e inscrita respectivamente no n-gono.

Figura 11:

Veja na Figura 11 acima, que o n-gono pode ser dividido em n tringulos issceles

de lados R, R e l, altura r e ngulo central 2pin. Sendo assim, no tringulo da esquerda

tem-se,

sin(pi

n) =

l2

R=

l

2R= l = 2Rsin(pi

n). (4)

Mas,

L = l + l + + l n vezes

= nl = l = Ln(5)

Substituindo (5) em (4), chega-se a

Ln

= 2nR sin(pin) = L = 2nR sin(pi

n).

J o tringulo da direita tem base l e altura r, logo a rea do tringulo ser, AT =rl2,

mas como visto acima L = l + l + + l n vezes

= nl. Sendo assim, a rea do n-gono ser

A = nAT = nrl2

= r2nl = rL

2.

Tem-se tambm no tringulo da esquerda que cos(pin) = r

R= r = R cos(pi

n).

Portanto, pode-se fazer relaes usando a rea e o comprimento de um n-gono regular,

da seguinte forma: A = rL2

= r = 2AL, mas, r = R cos(pi

n), igualando chega-se a

R = 2ALcos(pi

n). Agora substituindo o valor de R na equao L = 2nR sin(pi

n), tem-se,

L = 2n 2ALcos(pi

n)sin(pi

n) = L2 = 4ntan(pi

n)A = L2 4ntan(pi

n)A = 0.

Pelo Teorema 2.1, o n-gono mximo de comprimento L regular, e chegamos que

L2 4ntan(pin)A = 0. Tomando-se um n-gono arbitrrio de comprimento L e de rea

A, ento,

25

L2 4n tan(pin

)A 0 (6)

Por outro lado, facil ver que tan se 0 < pi2. Para isto, observe na Figura

12 a seguir que a rea do setor OAB (AS) menor que a rea do tringulo OAC

(A4OAB), ou seja,

AS < A4OAB = 2 0 e a, b > 0.

Soluo:

A mdia geomtrica de ax e bx constante e igual a

ax b

x=ab. Pela desigual-

dade das mdias tem-se:

ax+ bx

2ax b

x=ab = ax+ b

x 2ab. Portanto, o valor mnimo da soma ser

2ab, que ocorre quando x =

b

a.

Problema 12 (PROFMAT - ENQ - 2012/1). Dado um nmero a > 0, quanto medem

os lados do retngulo de permetro mnimo cuja rea a?

Soluo:

Sejam x e y as dimenses de um retngulo de rea a > 0. Ento, xy = a, ou

seja, a mdia geomtrica de x e y, dada porxy =

a. Pela desigualdade das

36

mdias,

xy x+y

2, e a igualdade ocorre se , e somente se, x = y. Sabe-se que,

xy = a = x2 = a = x = a = y. Sendo o permetro igual a 2p, temos:2p = 2x+ 2y = 2x+ 2x = 4x = 4

a, que o permetro mnimo.

Problema 13 (PROFMAT - MA12 - AV2 - 2011). Uma caixa retangular sem tampa

tem arestas medindo x, y, e z (veja gura, onde as linhas tracejadas indicam segmentos

de arestas obstrudos por alguma face).

1. Exprima a rea e o volume da caixa em funo de x, y e z.

2. Use a desigualdade das mdias para mostrar que, se o volume da caixa igual a

32, ento sua rea maior ou igual a 48.

3. Determine as medidas das arestas da caixa de rea mnima com volume igual a

32.

Figura 16: Caixa Retangular

Soluo:

Observao: Para simplicar, vamos chamar a rea da caixa de Acx e o volume

da caixa de Vcx.

1) As faces da caixa so retangulares. Logo, teremos:

Acx = xy + 2xz + 2yz e Vcx = xyz = 32.

2) A rea da caixa o triplo da mdia aritmtica dos valores xy, 2xz e 2yz. Pela de-

sigualdade das mdias, a mdia aritmtica maior do que ou igual mdia geomtrica,

isto ,

37

xy + 2xz + 2yz

3 3xy.2xz.2yz = 3

4x2y2z2

Sendo xyz = 32, tm-se que 3

4x2y2z2 = 3

4.xyz.xyz = 3

4.32.32 = 3

64.64 =

4.4 = 16.

ento,

xy + 2xz + 2yz

3 16 = xy + 2xz + 2yz 48

Portanto,

Acx = xy + 2xz + 2yz 48.3) A igualdade entre as mdias aritmtica e geomtrica ocorre se, e somente se, os

termos so iguais. Neste caso deve-se ter xy = 2xz = 2yz. Como o volume positivo,

deve-se ter x > 0, y > 0 e z > 0. Ento, 2xz = 2yz = y = xxy = 2yz = z = x2

como, Vcx = xyz = 32 = x.x.x2 = 32 = x = 4.Portanto se x = 4, tem-se, y = x = y = 4z = x

2= z = 2So os valores de x, y e z que tornam a rea da caixa mnima, quando o volume

32.

38

4 Funes Quadrticas

Denio 4.1. Uma funo f : R R chama-se quadrtica quando existem nmerosreais a, b, c, com a 6= 0, tais que f(x) = ax2 + bx+ c para todo x R.

A funo quadrtica pode vir escrita na sua forma cannica.

f(x) = ax2 + bx + c = a(x2 + bxa

+ ca) = a(x2 + bx

a+ b

2

4a2 b2

4a2+ c

a) = a[(x2 + bx

a+

b2

4a2) ( b2

4a2 c

a)] = a[(x+ b

2a)2 ( b24ac

4a2)]

O termo b2 4ac recebe o nome de discriminante do trinmio do segundo grau, e representado por , logo, pode-se escrever:

f(x) = a[(x+ b2a

)2 4a2

]

Observe que o termo

(x+ b

2a

)2 0 para todo x real, j o termo 4a2 constante.

Alm dessas consideraes, a diferena (x + b2a

)2 4a2 mnima quando tem-se (x +

b2a

)2 = 0 = x = b2a. Neste ponto, se a > 0, f(x) tambm assume seu valor mnimo.

Portanto, o menor valor assumido pela funo f(x) = ax2 + bx + c f( b2a

) = 4a.

Neste caso, f(x) no assume valor mximo, pois a funo ilimitada superiormente.

De forma totalmente anloga, quando a < 0, a funo f(x) = ax2 + bx+ c assume

valor mximo em x = b2ae no tem valor mnimo, pois neste caso f(x) ilimitada

inferiormente.

4.1 Aplicaes

Muitos problemas envolvendo mximos e mnimos se resolvem fazendo uso da funo

quadrtica. Essa funo bastante familiar aos alunos da Educao Bsica. Logo,

importante mencion-la neste trabalho. A seguir sero resolvidos alguns problemas

usando tal funo.

Problema 14. Mostre que entre todos os retngulos de permetro C, o de rea mxima

o quadrado.

Figura 17: Retngulo de lados x e y

Soluo: O permetro do retngulo 2x+ 2y = C e a rea dada por xy.

Mas, 2x+ 2y = C = y = C2x2, substituindo esse valor na rea,

AR = xy = AR = x(C2x2 ) = AR = x2 + Cx2Agora tem-se a rea em funo de x, visto que C xo, que atingir o valor mximo,

no vrtice, ento,

xv =b2a

= xv = C4Substituindo o valor de x, acha-se y,

y = C2x2

= y = C4

Portanto, a rea ser mxima quando x = y = C4, ou seja, quando for um quadrado.

Problema 15. Encontre as dimenses de um retngulo PQRS inscrito num crculo de

raio r que nos do a maior rea possvel

Figura 18: Retngulo Inscrito

Soluo: Analisando a Figura 18, v-se que, a rea do retngulo dada por AR =

2x 2y = 4xy. Tomando o tringulo de lados x, y e r, e usando o teorema de pitgorastem-se:

r2 = x2 + y2 = y = r2 x2

40

Agora, substituindo o valor de y encontrado na equao da rea, tem-se a rea em

funo da varivel x, visto que r xo. Sendo assim,

AR = 4xr2 x2 = A2R = 16x2(r2 x2)Fazendo a substituio z = x2 tem-se

A2R = 16z(r2 z) = A2R = 16z2 + 16r2z, o que ainda pode ser escrito f(z) =

16z2 + 16r2z.Neste caso temos uma funo quadrtica onde a = 16 < 0. Portanto a funoassume o valor mximo em zv =

b2a

= zv = r22Substituindo zv na igualdade z = x

2tem-se

z = x2 = r22

= x2 = x = r2

Agora, sabe-se que y =r2 x2 e x = r

2, substituindo o valor de x encontra-se:

y =r2 ( r

2)2 = r

2

Portanto, a rea do retngulo PQRS ser mxima quando x = y, ou seja, quando

tiver um quadrado.

Problema 16 (IFG - 2013). O valor mximo de 11n n2, em que n um nmerointeiro, :

a)29 b)30 c)31 d)32 e)40

Soluo: Seja a funo f : R R denida por f(x) = x2 + 11x. Comoa = 1 < 0, a funo tem ponto de mximo, que : xv = 112(1) = 112 , substituindo nafuno tem-se, f(11

2) = (11

2)2 + 11(11

2) = 121

4+ 121

2= 121

4= 30, 25. Logo, os valores

inteiros de x que tornam f(x) mximo so x1 = 5 e x2 = 6 e f(5) = f(6) = 30.

41

5 Uso do Clculo Diferencial

O estudo do Clculo Diferencial bastante amplo. Porm, ser apresentado neste

trabalho apenas o que vai ser usado na resoluo dos problemas de mximos e mnimos.

H muitos livros de Clculo que apresentam a Teoria que ser utilizada neste trabalho,

como por exemplo [11].

Denio 5.1. Uma funo f : D R tem mximo absoluto em c se f(x) f(c)para todo x no domnio D de f. Neste caso, o valor de f(c) chamado valor mximo

de f em D.

Denio 5.2. Uma funo f : D R tem mnimo absoluto em c se f(x) f(c)para todo x no domnio D de f. Neste caso, o valor de f(c) chamado valor mnimo

de f em D.

Denio 5.3. Uma funo tem mximo local (ou mximo relativo) em um ponto c de

seu domnio, se existe intervalo aberto I, tal que c I e f(x) f(c) para todo x I.Neste caso, dizemos que f(c) valor mximo local de f.

Denio 5.4. Uma funo tem mnimo local (ou mnimo relativo) em um ponto c de

seu domnio, se existe intervalo aberto I, tal que c I e f(x) f(c) para todo x I.Neste caso, dizemos que f(c) valor mnimo local de f.

Teorema 5.1. Seja f : I R uma funo f contnua denida em um intervaloaberto I. Se f tem mximo ou mnimo local em x = c, c I e f derivvel em c, entof (c) = 0.

Demonstrao:

Suponha que f tenha um mximo local em x = c. A prova do caso em que f tem

mnimo local em c totalmente anloga.

Como f derivvel em c, ento

limxc

f(x) f(c)x c = limxc+

f(x) f(c)x c = limxc

f(x) f(c)x c = f

(c).

Como f(c) mximo local, h um intervalo (a, b) no domnio de f tal que c (a, b)e f(x) f(c). Portanto, f(x)f(c) 0, para todo x (a, b). Se x < c ento xc < 0e, portanto

f(x)f(c)xc 0 para x (a, b), logo

limxc

f(x) f(c)x c 0 (8)Por outro lado, x > c ento x c > 0 e, portanto, f(x)f(c)

xc 0 para x (a, b), logo

limxc+

f(x) f(c)x c 0 (9)Comparando as desigualdades (8) e (9), e levando em conta que so os mesmos

nmeros, resulta que

limxc

f(x) f(c)x c = f

(c) = 0. 2

Denio 5.5. Um ponto c no domnio de uma funo f chamado ponto crtico se

ocorre um dos dois seguintes casos:

(a) f no derivvel em x = c.

(b) f derivvel em x = c e f'(c) = 0.

Proposio 5.1. Seja f : [a, b] R contnua e derivvel em (a, b) ento:i) f no decrescente em [a, b] se, e somente se, f (x) 0 para todo x (a, b).Alm disso, se f (x) > 0 para todo x (a, b) ento f crescente em [a, b]

ii) f no crescente em [a, b] se, e somente se, f (x) 0 para todo x (a, b). Almdisso, se f (x) < 0 para todo x (a, b) ento f decrescente em [a, b]Proposio 5.2 (Teste da Derivada Primeira). Seja a funo f : [a, b] R contnuae derivvel em (a, b) e seja c um ponto crtico de f .

i) Se f passa de positiva para negativa em c ento f tem um mximo local em c.

ii) Se f passa de negativa para positiva em c ento f tem um mnimo local em c.

Demonstrao: Comeemos demonstrando o item (i), se f passa de passa de

positiva para negativa em c ento existem x0, x1 (a, b), x0 < c < x1, tais quef (x) > 0 se x (x0, c) e f (x) < 0 se x (c, x1).Pela Proposio 5.1 f crescente em [x0, c] e decrescente em [c, x1], segue que f(c)

valor mximo de f no intervalo [x0, x1] que contm c.

Analogamente, se f passa de negativa para positiva em c, ento existe um intervalo

[x0, x1] contendo c tal que f decrescente em [x0, c] e crescente em [c, x1]. Portanto,

f(c) valor mnimo no intervalo [x0, x1] demonstramos assim o item (ii). 2

43

5.1 Aplicaes

muito comum usar o Clculo Diferencial para resolver diversos tipos de problemas,

em diversas reas do conhecimento. Dentre as aplicaes do Clculo inclui resolver

problemas de otimizao, que nada mais que transformar os problemas em funes e

encontrar seus pontos de mximos ou mnimos.

Observao: Os problemas que sero apresentados e resolvidos nesta seo foram

quase todos retirados dos textos do Curso de Clculo PROFMAT 2012.

Problema 17. Considere uma chapa de vidro no formato de um tringulo retngulo

de base a e altura b. Retira-se de cada cateto do tringulo uma faixa de largura H.

Em seguida, com estas peas faz-se um aqurio colado numa parede de vidro, de modo

que uma face do aqurio ser a parede. Encontre a largura H que maximiza o volume

do aqurio.

Soluo: Veja na Figura 19 uma representao da situao:

Figura 19:

Depois de retirar as duas faixas laterais de altura H, sobra um tringulo retngulo

de catetos xnH e ynH, este vai ser o fundo do aqurio. O volume do aqurio serobtido multiplicando a rea da base (fundo) pela altura (que mede H), logo tem-se:

V (H) = (xn H) (yn H) H2

44

A equao da reta r que passa por A e B, y = bax+ b. Como os pontos P e Q esto

em r, podemos substituir as coordenadas desses pontos e encontrar: xn =a(bH)

be

yn = bHa

+ b, substituindo xn e yn na expresso do volume, obtm-se,

V (H) =

(a

(bH)b

H)(b bH

a h) H

2=

1

2AB[abH(a+ b)]2 H

Observe que a funo V (H) tem domnio I = [0, aba+b

] pois abH(a+b) 0 = 0 H ab

a+b. Tem-se tambm que V (H) polinomial, contnua e derivvel em

(0, ab

a+b

),

assim V (H) ter mximo nos extremos de I ou nos pontos crticos, que so os pontos

que anulam V (H). Derivando V (H), tem-se,

V (H) =2

ab[[ab (a+ b)H]2H] = 1

2ab[ab (a+ b)H] [3H(a+ b) + ab]

Quando V (H) = 0 tem-se H = aba+bou H = ab

3(a+b), mas veja que:

V (0) = 0 = V(aba+b

)e V

(ab

3(a+b)

)=

1

2ab

(ab ab

3(a+b)(a+ b)

)2ab

3(a+b)=

2(ab)2

9(a+ b)> 0

Logo, o valor de H que maximiza o volume H = ab3(a+b).

Problema 18. Encontre o ponto do grco de y = x2 mais prximo de (0, 2)

Soluo: Veja representao grca da situao (Figura 20):

Figura 20:

45

Seja P = (x, y) o ponto procurado, a distncia do ponto (0, 2) ao ponto P dada

por d =

(x 0)2 + (y 2)2 = y2 4y + 4 + x2. Mas, sabe-se tambm que y = x2.Substituindo o valor de x2 na equao da distncia obtm-se a distncia em funo de

y.

d(y) =y2 3y + 4.

Veja que y2 3y + 4 = (y 32

)2+ 7

4> 0, assim, o domnio de d(y) so todos os

y R. Derivando a funo d(y), tem-se:

d(y) =2y 3

2y2 3y + 4O ponto crtico de d(y) d(y) = 0. Logo para que d(y) = 0, deve-se ter 2y 3 =

0 = y = 32.

A funo d(y) tem apenas um ponto crtico.

Usando o Teste da Derivada Primeira (ii) no ponto crtico y = 32, tem-se que o

ponto de mnimo local. Mas,

d(y) < 0 para y < 32

d(y) > 0 para y > 32

Logo, y = 32 ponto de mnimo global. Como y = 3

2= x =

32.

Portanto, os pontos do grco de y = x2 que se encontram mais prximos de (0, 2)

so: P = (

32, 3

2) e Q = (

32, 3

2).

Problema 19. O material para a base de uma caixa retangular com tampa aberta

e base quadrada custa R$0, 30 por cm2, enquanto que o material para as faces custa

R$0, 20 por cm2. Encontre as dimenses para a caixa de maior volume que pode ser

feita com R$100, 00.

46

Figura 21: Caixa Aberta

Soluo: A rea lateral da caixa mede AL = 4xh e a rea da base mede AB = x2.

Neste problema, o custo total obtido multiplicando a medida da rea (em cm2)

pelo custo do cm2. Logo, o custo total de fabricao da caixa ser dado por, CT =

4xh.0, 2+x2.0, 3. Como o custo total ser de R$100, 00, tem-se 100 = 0, 8xh+0, 3x2 =h = 10003x

2

8x.

O volume dado por V = x2h, substituindo o valor de h, encontra-se o volume em

funo de x, isto ,

V (x) = x2(10003x2

8x) = 1000x3x

3

8, com x (0,+).Derivando a funo V (x), tem-se:

V (x) = 125 9x2

8

O ponto crtico de V (x) V (x) = 0. Ento, 125 9x28

= 0 = x = 10

103, onde x

a madida da base da caixa.

Logo pelo Teste da Derivada Primeira (i) tem-se que x = 10

103 ponto de mximo

local. Mas,

V (x) > 0 para 0 < x < 10

103

V (x) < 0 para x > 10

103

Logo, x = 10

103 ponto de mximo global.

Substituindo o valor de x, encontra-se h = 5

102, que so os valores que tornam

o volume da caixa mximo. O volume mximo ser V (10

103

) =1000 10

10

33( 10

10

3)3

8=

878, 41cm3

47

Problema 20. Um fazendeiro quer cercar uma rea de 100 alqueires em um campo re-

tangular e ento divid-lo ao meio com uma cerca paralela a um dos lados do retngulo.

Como ele deve fazer isso de modo a minimizar o custo da cerca?

Figura 22: rea Retangular

Soluo:

O custo da cerca depede do seu comprimento, logo, quanto menos cerca mais barato.

De acordo com a gura acima, tem-se C = 2x+ 3y, onde C o comprimento da cerca.

Como um alqueire em Gois so 48400m2, a rea a ser cercada mede 4840000m2. Sendo

assim tem-se:

A = xy = 4840000 = xy = y = 4840000x

Substituindo o valor de y, encontra-se o comprimento da cerca em funo de x, isto

, C : (0,+) R, dada por C(x) = 2x + 3(4840000x

) = 2x + 14520000x, veja o esboo

do grco desta funo ( Figura 23):

Figura 23:

48

Derivando a funo C(x), tem-se: C (x) = 2 14520000x2.

O ponto crtico de C(x) no intervalo dado C (x) = 0. Ento, 2 14520000x2

= 0 =x 2694, 43, onde x medida de um dos lados da fazenda.Analisando o comportamento de C (x) antes e depois de x = 2694, 43, tem-se C (x)

passa de negativa para positiva em x = 2694, 43, isto , pelo Teste da Derivada Primeira

(ii), o ponto x = 2694, 43 ponto de mnimo local. Mas, C (x) < 0 para x < 2694, 43

e C (x) > 0 para x > 2694, 43, logo x = 2694, 43 um ponto de minimo global.

Substituindo o valor de x, encontra-se y = 1796, 21, que so os valores que tornam

o comprimento da cerca mnimo, e consequentemente o custo mnimo. O comprimento

mnimo ser: C(2694, 43) = 2(2694, 43) + 145200002694,43

10777, 75 metros.

Problema 21. Uma lata cilndrica deve ter a capacidade de 50picm3. O material do

topo e base da lata custa R$25, 00 por m2, enquanto que o material com o qual a parte

lateral ser feita custa R$20, 00 por m2. Encontre o raio da base e a altura da lata que

minimiza o custo da lata.

Figura 24: Lata, rea Lateral e rea do Fundo

Soluo: O volume da lata dado por VL = piR2H. Como o volume j foi dado e

vale 50pi, pode-se substituir VL, logo,

50pi = piR2H = H = 50R2

A lata confeccionada com dois tipos de materiais e com preos diferentes entre

eles. A rea lateral retangular e mede AL = 2piRH, e a rea da base igual do

topo e mede cada uma AB = piR2.

49

O preo do material da rea lateral R$20, 00 o m2, que equivale a 1 centavo por

5cm2. J o preo do material da base e topo custa R$25, 00 o m2, que equivale a 1

centavo por 4cm2.

O custo dado pelo produto entre a medida da rea e o preo por rea, sendo

assim, tem-se:

CL = 2piRH(15) = 0, 4piRH e CB = piR

2(14) = 0, 25piR2, logo o custo total ser,

C = CL + 2CB = C = 0, 4piRH + 2 0, 25piR2 = 0, 4piRH + 0, 5piR2, substituindoo valor de H, tem-se o custo em funo de R, C(R) = 0, 4piR( 50

R2) + 0, 5piR2 = 20pi

R+

0, 5piR2, com 0 < R < +.Derivando a funo C(R), tem-se:

C (R) =20piR2

+ piR

O ponto crtico de C(R) C (R) = 0, ou seja,

piR 20piR2

= 0 = piR = 20piR2

= R = 3

20

Usando o Teste da Derivada Primeira (ii) no ponto R = 3

20 conclui-se, que este

um ponto de mnimo local. Mas, C (R) < 0 para 0 < R < 3

20 e C (R) > 0 para

R > 3

20, logo o ponto R = 3

20 ponto de mnimo global.

Como R = 3

20 e H = 50R2, substituindo o valor de R, obtm-se H = 3

6252.

Portanto, R = 3

20 e H = 3

6252so os valores que tornam o custo da lata mnimo. O

custo mnimo : C( 3

20) = 20pi320 + 0, 5pi(3

20)2 R$ 0, 3472.

50

Concluso

O processo de ensino aprendizagem um grande desao para o professor, mas com

certeza possvel desenvolver um bom trabalho, desde que tenha dedicao, esforo e

persistncia para desaar o meio educacional predominante. Nota-se que a experincia

um fator de grande importncia para relacionar a teoria com a prtica, pois atravs

dela que pode-se aperfeioar cada vez mais o trabalho a ser realizado.

Atravs deste trabalho foi possivel colocar de forma simples e clara vrias compo-

nentes usadas para resolver problemas envolvendo mximos e mnimos, que certamente

sero utilizadas por alunos secundaristas. No decorrer do trabalho, foi necessrio re-

correr a vrias bibliograas, o que proporcionou a organizao e desenvolvimento dos

tpicos de forma segura e conante.

Foram resolvidos proplemas antigos sobre mximos e mnimos, como o Problema

Clssico Isoperimtrico (Problema de Dido), e para isto foi necessrio pesquisar e re-

correr s Teorias de Zenodoro. A Desigualdade Triangular foi necessria para resolver

o Problema de Heron, e tais componentes so teis para resolver diversos tipos de

problemas. Por ser bastante interessante, foi denido Mdias e provado suas desigual-

dades, pois se trata de um tpico pouco explorado no Ensino Mdio e, no entanto a

desigualdade das mdias aritmtica e geomtrica bastante til para resolver diversos

tipos de problemas de valores extremos. Por ser um assunto bem conhecido na Edu-

cao Bsica, foi explorado a Funo Quandrtica e, por m, algumas ferramentas do

Clculo Deiferencial para funes de uma varivel que so tambm teis na resoluo

de problemas de otimizao e, apesar de pouco explorado no Ensino Mdio, tais ferra-

mentas foram apresentadas de forma simples, sendo possvel alunos do Ensino Mdio

compreend-las, bastando apenas um pouco de esforo e dedicao.

J na parte de aplicaes, foram selecionados alguns problemas prticos, sendo a

maioria retirados do material elaborado para o PROFMAT, e at exerccios de ves-

tibular. Neste momento foi possvel tranformar um problemas prtico em modelos

matemticos, organizar estratgias de resoluo, utilizar tcnicas e as teorias apre-

sentadas e, por m, chegar de forma simples aos resultados. Esta foi a parte mais

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interessante do trabalho, pois mostra como relacionar e utilizar as teorias em proble-

mas contextualizados, sendo tal correlao necessria para levar aos alunos uma boa

aprendizagem.

Observa-se, por m, que a proposta deste trabalho foi inovadora, pois proporcionou

a fazer algo bem diferente do que feito nas escolas e do que apresentado em livros

didticos da Educao Bsica. O Trabalho Final de Curso foi uma das partes mais

importantes de todo o curso, pois foi o momento em que pde ser organizado algo

diferente para ser levado prtica e contribuir, de alguma forma, para melhorar a

Educao Bsica do nosso Pas, que o objetivo principal do PROFMAT.

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Referncias

[1] VILA, Geraldo. CLCULO das Funes de uma varivel, Volume I, 7a Edio

[reimpreso] Rio de Janeiro: LTC, 2008.

[2] BLASCHKE, W. Griechische und anschauliche Geometrie, mnchen, 1953.

[3] BLASCHKE, W. Kreis und Kugel, Leipzig, 1916, Berlim, 1956.

[4] DOLCE, Osvaldo; POMPEO, Jos Nicolau. Geomatria Plana, Fundamentos de

Matemtica Elementar, 8a Edio, So Paulo: Atual, 2005.

[5] IEZZI, Gelson; MURAKAMI, Carlos. Conjuntos e Funes, Fundamentos de Ma-

temtica Elementar, 8a Edio, So Paulo: Atual, 2004.

[6] LIMA, Elon Lages. Meu Professor de Matemtica e outras histrias, Coleo do

Professor de Matemtica, Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de Matemtica,

1998.

[7] MORGADO, Augusto Csar; et alii. A Matemtica do Ensino Mdio, Volume 1,

6a Edio, Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de Matemtica, 2006.

[8] MORGADO, Augusto Csar; et alii. A Matemtica do Ensino Mdio, Volume 2,

6a Edio, Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de Matemtica, 2006.

[9] NETO, Antnio C. Muniz. Tpicos de Matemtica Elementar - Geometria Eucli-

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[10] OLIVEIRA, Krerley I. M.; FERNANDEZ, Adan J. C.. Iniciao Matemtica:

Um Curso Com Problemas e Solues, Rio de Janeiro: Sociedade Brasileira de

Matemtica.

[11] STEWART, James. Clculo, Vol. I, 5a Edio, So Paulo: Thomson Learning,

2006.

[12] TIKHOMIROV, V. M.. Stories about Maxima and Minima, Vol. I, American

Mathematical Society, 1986.

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