L9-maxmin2.html

Calculo I

Lição 10: Max e Min Problemas 3

Em cada um dos problemas abaixo, nós primeiro pegamos a soluçao numérica e depois a solução precisa.

Exemplo 1
Um tubo de aço está sendo carregado abaixo para um corredor de 9 pés. No final do corredor existe um angulo direito,

vire no corredor mais estreito de 6 pés. Qual é o comprimento do tubo mais longo que pode ser carregado horizontalmente em torno do angulo ?

Veja a figura abaixo.

> with(plots): with(plottools):
L1 := line([0,0],[18,0]):
L2 := line([0,9],[12,9]):
L3 := line([12,9],[12,15]):
L4 := line([18,0],[18,15]):
bar := rectangle([5,6], [15,7], color=blue):
display([L1,L2,L3,L4, bar], axes=none);

Warning, the name changecoords has been redefined

Warning, the name arrow has been redefined

Nós resolvemos este problema localizando o mínimo!

Deixe A e B demonstre o final dos tubos.

Seja L demonstre o comprimento do tubo ex. o comprimento do segmento de A para B

e passe tocando no corner.

Deixe (theta) ser o angulo mostrado.

Como vai para 0 ou para /2, nós temos que L vai para o .

Isto será o ängulo que faz o L o mínimo. O tubo com este comprimento pode ser encaixado em torno do corner.

Isto será o comprimento do tubo mais longo que pode ser encaixado. Na equação abaixo temos, x =

> L:= x -> 9 * csc(x) + 6 * sec(x);

Primeiro, nós fazemos alguns desenhos para ver o que do gráfico de L aparece.

Relembre que csc(x) e sec(x) não são definidas para todo x. A partir da figura nós vemos que

esta entre 0 e .

> plot(L(x), x = 0.1..Pi/2-0.1, color = black);

Nós primeiramente localizamos o mínimo mostrado acima.

> fsolve(D(L)(x) = 0, x = 0..3);

> D(D(L))(.8527708776);

> L(.8527708776);

Numericamente nós temos o ponto crítico em x = .

Desde a segunda derivada no ponto crítico é positiva, nós temos o mínimo quando

x = . Numericamente o mínimo é .

Daqui, o tubo mais longo que se pode encaixar em torno do corner é aproximadamente

pés. voc6e consegue pegar a solução precisa, e não simplesmente o núemro estimado ?

> D(L);

A partir dos dados acima, nós vem que L' = 0 quando

6 sec(x) tan(x) = 9 csc(x) cot(x) OU = .

assim o potno crítico é o único valor de x em ( ) aonde

Use o diagrama acima e nós temos:

e .

> evalf( 9 * sqrt(1 + (3/2)^ (-2/3)) + 6 * sqrt(1 + (3/2) ^(2/3)) );

Nós vemos que temos a mesma estimativa para o comprimento mais longo do tubo.

Nós precisamos checar isso, nós temos o mínimo para a função L.

A partir da primeira derivada, nós vemos que L'(x) > 0 se a tan(x) > (3/2)^(1/3)

e L'(x) < 0 se .

Deixe c ser o oponto único em ( ) aonde tan(c) = (3/2)^(1/3).

A partir da estimativa numérica acima nós sabemos que c é algo em torno de

Refaça o gráfico da tan(x).

> aa:= plot(tan(x), x = 0 .. Pi/2 - .1, color = black):

> bb:= plot([t,(3/2)^(1/3), t = 0..Pi/2 - .1], color = magenta):

> cc:= textplot([1.1,6,`tan(x)`], color = red):

> dd:= textplot([.5,2.5,`y = (3/2)^(1/3)`], color = red):

> display({aa,bb,cc,dd});

A partir do desenho acimanós vemos que L'(x) < 0 para x < c e L'(x) > 0 para x > c;

Daqui, L tem um mínimo quando x = c.

Exemplo 2

encontre as dimensões do retangulo de área amis larga que tenha a sua base no eixo x e seus dois outros vértices acima do eixo

x e mente na parábola . Veja a figura.

> f := x->8-x^2;

> a := -2: b := 2:
c := -1: d := 1:
rec1 := rectangle([a, 0],[b, f(b)], color=pink, thickness=2):
rec2 := rectangle([c, 0],[d, f(d)], color=yellow):
graph := plot(f(x), x=-4..4, thickness=3):
display(rec1, rec2, graph);