Question

Como resolve essa questão de maximização ?
Molde um fio de arame de comprimento L em forma de retângulo cuja a área seja a maior possível.

Answer 1

Estamos interessados em montar um retângulo de perímetro L (pois o arame tem comprimento L) com maior área possível

Sendo $x$ e $y$ as dimensões do retângulo, temos que

$2P=L\\\\x+x+y+y=L\\\\2x+2y=L\\\\2\cdot(x+y)=L\\\\x+y=\frac{L}{2}~~~\Leftrightarrow~~\boxed{\boxed{y=\frac{L}{2}-x}}$

A área desse retângulo é dada por

$A(x,y)=xy$

mas temos y em função de x, então podemos expressar a área como uma função de x:

$A(x)=x\cdot(\frac{L}{2}-x)\\\\A(x)=\frac{L}{2}x-x^{2}$

Claro que devemos ter $x\ge0$ (pois se trata de uma medida de comprimento), e $A(x)\ge0$

$A(x)\ge0$ para x entre as raízes de $\frac{L}{2}x-x^{2}$, pois o gráfico dessa função é uma parábola com concavidade para baixo

Como as raízes de $\frac{L}{2}x-x^{2}$ são $x=0$ e $x=\frac{L}{2}$, temos que $x\in[0,\frac{L}{2}]$
____________________________

Vamos procurar pontos críticos de $A(x)$ em $(0,\frac{L}{2})$:

$A(x)=\frac{L}{2}x-x^{2}\\\\A'(x)=\frac{d}{dx}(\frac{L}{2}x-x^{2})\\\\A'(x)=\frac{L}{2}-2x$

Nesse caso, a derivada existe para todo valor de $x$, então devemos procurar ponto(s) onde $A'(x)=0$. Esses serão os pontos críticos da função área

$A'(x)=0~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{2}-2x=0~~\Longleftrightarrow\\\\2x=\frac{L}{2}~~\Longleftrightarrow\\\\x=\frac{L}{4}$

é o único valor crítico da função.

Como

$A'(x)~\textless~0~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{2}-2x~\textless~0~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{2}~\textless~2x~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{4}~\textless~x~~~(\mathsf{equivalentemente},~x~\textgreater~\frac{L}{4})$

e

$A'(x)~\textgreater~0~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{2}-2x~\textgreater~0~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{2}~\textgreater~~2x~~\Longleftrightarrow\\\\\frac{L}{4}~\textgreater~x~~~(\mathsf{equivalentemente}, x~\textless~\frac{L}{4})$

temos que o ponto $(\frac{L}{4},A(\frac{L}{4}))$ é um ponto de máximo da função, pois a função é crescente para $x~\textless~\frac{L}{4}$ e decrescente para $x~\textgreater~\frac{L}{4}$
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Então, temos três candidatos para ponto de máximo global: o ponto crítico encontrado e os extremos do intervalo que restringimos a função. Compararemos os valores de $A$ nesses valores, e o maior deles será o ponto de máximo global

É claro que $A(x)=0$ se $x=0$ ou $x=\frac{L}{2}$, pois são as raízes de $A$ (e os extremos do intervalo)

Mas

$A(x)=x\cdot(\frac{L}{2}-x)\\\\A(\frac{L}{4})=\frac{L}{4}\cdot(\frac{L}{2}-\frac{L}{4})\\\\A(\frac{L}{4})=\frac{L}{4}\cdot\frac{L}{4}\\\\A(\frac{L}{4})=\frac{L^{2}}{16}~\textgreater~0=A(0)=A(\frac{L}{2})$

Portanto, o ponto $(\frac{L}{4},\,\frac{L^{2}}{16})$ é o ponto de máximo global da função área.

Logo, as dimensões do retângulo são

$x=\frac{L}{4}~~~\mathsf{e}\\\\y=\frac{L}{2}-x=\frac{L}{2}-\frac{L}{4}=\frac{L}{4}$

(Ou seja, o maior retângulo de perímetro $L$ é um quadrado de lados medindo $\frac{L}{4}$)