Autor: Anibal Tavares de Azevedo

CÁLCULO I + PYTHON

​

SEMANA 06 - AULA 01

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6 Agosto 2008

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 1: Um fazendeiro tem 1200 m de cerca e

quer delimitar um campo retangular que está na

margem de um rio reto. Ele não precisa cercar ao

longo do rio. Encontrar as dimensões do campo que

delimita a maior área possível.

Rio

cerca

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Algumas possíveis configurações da cerca e a

respectiva área são dadas a seguir:

1000

100

100

Área: 100.000m²

200

500

Área: 100.000m²

500

400

400

Área: 160.000m²

400

Observe que em todos os

casos a soma do material

usado na cerca é igual a

1200 m !

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

De forma mais geral, têm-se:

y

x

x

Área:

A = xy (1)

​

Perímetro:

2x + y = 1200 (2)

A

Usando (2):

y = 1200 – 2x (3)

Aplicando (3) em (1):

A = x(1200 – 2x)

= 1200x – 2x² (4)

Para encontrar x tal que a

área é máxima, usa-se A’=0:

​

A’ = 1200 – 4x = 0

x = 1200/4

x = 300

Observe que x é no mínimo 0 e no máximo 600 e o valor de

x = 300 está dentro deste limite, e é, portanto, válido. Para

calcular a área máxima usa-se x = 300 e y = 600 (Eq. (3)):

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

A área com x = 300 e y = 600 é:

y =600

x = 300

Área:

A = xy = 300*600=180.000

​

Perímetro:

2x + y = 2*300 + 600

= 1200

A

Observar que este ponto fornece a máxima área, pois:

​

A’’ = (A’)’ = d(1200 – 4x)/dx = -4 < 0

​

Para x = 300, A’’ = -4 < 0 e, neste caso, o ponto crítico é

ponto de máximo.

x = 300

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x

y

z = 10cm

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 2: Uma empresa pretende lançar um

creme com uma nova embalagem retangular no

mercado. Esta embalagem deve conter 1

litro de produto e, por questões de

Marketing, deve ter altura de 10 cm.

Encontrar as dimensões da embalagem

tal que o material gasto para a

embalagem (área) é mínimo.

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A área total A é dada por:

​

A = 2xy + 2yz + 2xz (1)

​

O volume V é dado por:

​

V = xyz (2)

​

E além disso: z = 10 cm e V = 1 litro = 1000 cm³.

​

Usando em (2) os valores de z e V dados anteriormente:

​

1000 = 10xy → xy = 100 → y = 100/x (3)

​

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Lembrando que:

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Aplicando (3) e os valores de z em (1):

​

A = 2*x*(100/x) + 2*(100/x)*10 + 2*x*10

​

A = 200 + 2000/x + 20x (4)

​

Para encontrar o valor de x tal A é mínimo, usa-se:

​

A’ = 0 → -2000/x² + 20 = 0 → x² = 2000/20 → x² = 100

​

x = 10

​

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se:

​

A’’ = d(-2000/x² + 20)/dx = -2000*(-2)/x³ = 4000/x³

​

Em x = 10: A’’ = 4000/(10)³ = 4000/1000 = 4 > 0, e logo

x = 10 é ponto de mínimo. Usando (3) e x = 10: y = 10.

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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Total de material a ser gasto com as dimensões encontradas x = 10 cm, y = 10 cm e z = 10 cm usando a Eq. (1):

​

A = 2xy + 2yz + 2xz = 2*10*10 + 2*10*10 + 2*10*10

= 200 + 200 + 200 = 600 cm²

​

Como 1m = 100 cm, então, 1m² = 1m * 1m = 100cm * 100cm =

10.000 cm². Logo, se 0,01m² = 100cm², então:

​

A = 600 cm² = 6 * 100 cm² = 6 * 0,01m² = 0,06m²

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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x

y

z = 20cm

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 3: A empresa do problema 2 descobriu

que a embalagem com altura de 20 cm, devido ao

processo de produção, é melhor que a

embalagem com 10 cm. Esta embalagem

também deve conter 1 litro de produto.

Encontrar as dimensões da embalagem

tal que o material gasto para a embalagem (área) é

mínimo. Qual o aumento de gasto de material?

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A área total A é dada por:

​

A = 2xy + 2yz + 2xz (1)

​

O volume V é dado por:

​

V = xyz (2)

​

E além disso: z = 20 cm e V = 1 litro = 1000 cm³.

​

Usando em (2) os valores de z e V dados anteriormente:

​

1000 = 20xy → xy = 50 → y = 50/x (3)

​

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Lembrando que:

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Aplicando (3) e os valores de z em (1):

​

A = 2*x*(50/x) + 2*(50/x)*20 + 2*x*20

​

A = 100 + 2000/x + 40x (4)

​

Para encontrar o valor de x tal A é mínimo, usa-se:

​

A’ = 0 → -2000/x² + 40 = 0 → x² = 2000/40 → x² = 50

​

x = (25*2)^1/2 = (25)^1/2 * (2)^1/2 ≅ 5 * 1,414*5 ≅ 7,07

​

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se:

​

A’’ = d(-2000/x² + 40)/dx = -2000*(-2)/x³ = 4000/x³

​

Em x = 10: A’’ ≅ 4000/(7)³ = 4000/21 = 190,4 > 0, e logo

x = 7 é ponto de mínimo. Usando (3) e x = 7: y = 7,1.

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Total de material a ser gasto com as dimensões encontradas x = 7 cm, y = 7,1 cm e z = 20 cm usando a Eq. (1):

​

A = 2xy + 2yz + 2xz = 2*7*7,1 + 2*7,1*20 + 2*7*20

= 99,4 + 284 + 280 = 663,4 cm²

​

Como 1m = 100 cm, então, 1m² = 1m * 1m = 100cm * 100cm =

10.000 cm². Logo, se 0,01m² = 100cm², então:

​

A = 663,4 cm² = 6,634 * 100 cm² = 6,634 * 0,01m² = 0,06634 m²

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 4: Uma empresa concorrente decidiu

entrar com uma embalagem cilíndrica com altura

qualquer. Esta embalagem também deve

conter 1 litro de produto. Encontrar as

dimensões da embalagem tal que o

material gasto para a embalagem (área) é mínimo.

Esse produto gasta menos que material que a

embalagem de altura de 10 ou 20 cm concorrente?

h = ?cm

r

2πr

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h

Lateral

r

Tampa

r

Fundo

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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h

A = 2πrh

2πr

h

r

2πr

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Para obter a área do cilindro, calcula-se:

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r

πr²

r

2πr²

r

πr²

Para obter a área do cilindro usa-se:

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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r

πr²

Para obter o volume do cilindro, usa-se:

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

h

πr²

h

πr²h

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A área total A é dada por:

​

A = 2πrh + 2πr² (1)

​

O volume V é dado por:

​

V = πr²h (2)

​

E além disso: h = ?cm e V = 1 litro = 1000 cm³.

​

Usando em (2) o valor V dado anteriormente:

​

1000 = πr²h → h = 1000/(r²π) (3)

​

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Assim:

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Aplicando (3) e os valores de h em (1):

​

A = 2*π*(r)*(1000/r²π) + 2πr²

​

A = 2000/r + 2πr² (4)

​

Para encontrar o valor de r tal A é mínimo, usa-se:

​

A’ = 0 → -2000/r² + 4πr = 0 → 2000/r² = 4πr →

500/π = r³ → r = (500/π)^1/3

​

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se:

​

A’’ = d(-2000/r² + 4πr)/dr = 4000/r³ + 4π

​

Em r = (500/π)^1/3: A’’ ≅ 4000/((500/π)^1/3)³ + 4π = 4000π/500 + 4π = 24π > 0, e logo r = (500/π)^1/3 é ponto de mínimo.

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Usando (3) e r = (500/π)^1/3:

h = 1000/(r²π) = 1000/(((500/π)^1/3)²π)

= 1000/((500/π)^2/3)π = 1000/((500)^2/3(π)^1/3)

= 2*500/((500)^2/3(π)^1/3) = 2*(500)^1/3/(π)^1/3

= 2*(500/π)^1/3 = 2*r

​

Total de material a ser gasto com as dimensões encontradas r = (500/π)^1/3 cm e h = 2*r cm usando a Eq. (1):

A = 2πrh + 2πr² = 2πr*(2r) + 2πr² = 4πr² + 2πr² = 6πr²

= 6π((500/π)^1/3)² = 6π((500/π)^2/3) = 553,5810 cm²

​

Como 1m = 100 cm, então, 1m² = 1m * 1m = 100cm * 100cm =

10.000 cm². Logo, se 0,01m² = 100cm², então:

​

A = 553,58 cm² = 5,5358 * 100 cm² = 5,5358 * 0,01m² = 0,055358 m².

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PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Podemos concluir que:

Produto 1

x

y

z = 10cm

A = 0,060m²

Produto 2

x

y

z = 20cm

A = 0,066m²

Produto 3

r

h = 10,84cm

A = 0,055m²

O produto 3

gasta menos

que os

produtos

1 e 2 !

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OBRIGADO !!!

FIM !!!

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