Otimização aplicada

\( \newenvironment {prompt}{}{} \newcommand {\accordion }[0]{} \newcommand {\ungraded }[0]{} \newcommand {\xmDefaultPreamble }[0]{xmPreamble.tex} \newcommand {\xmDefaultPrintstyle }[0]{xmPrintstyle.sty} \newcommand {\todo }[0]{} \newcommand {\oiint }[0]{{\large \bigcirc }\kern -1.56em\iint } \newcommand {\mooculus }[0]{\textsf {\textbf {MOOC}\textnormal {\textsf {ULUS}}}} \newcommand {\tkzTabSlope }[1]{\foreach \x /\y /\z in {#1}{\node [left = 3pt] at (Z\x 1) {\scriptsize $\y $}; \node [right = 3pt] at (Z\x 1) {\scriptsize $\z $}; }} \newcommand {\RR }[0]{\mathbb R} \newcommand {\R }[0]{\mathbb R} \newcommand {\N }[0]{\mathbb N} \newcommand {\Z }[0]{\mathbb Z} \newcommand {\sagemath }[0]{\textsf {SageMath}} \newcommand {\d }[0]{\,d} \newcommand {\l }[0]{\ell } \newcommand {\ddx }[0]{\frac {d}{\d x}} \newcommand {\zeroOverZero }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {\tfrac {0}{0}}}} \newcommand {\inftyOverInfty }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {\tfrac {\infty }{\infty }}}} \newcommand {\zeroOverInfty }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {\tfrac {0}{\infty }}}} \newcommand {\zeroTimesInfty }[0]{\ensuremath {\small \boldsymbol {0\cdot \infty }}} \newcommand {\inftyMinusInfty }[0]{\ensuremath {\small \boldsymbol {\infty - \infty }}} \newcommand {\oneToInfty }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {1^\infty }}} \newcommand {\zeroToZero }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {0^0}}} \newcommand {\inftyToZero }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {\infty ^0}}} \newcommand {\numOverZero }[0]{\ensuremath {\boldsymbol {\tfrac {\#}{0}}}} \newcommand {\dfn }[0]{\textbf } \newcommand {\unit }[0]{\mathop {}\!\mathrm } \newcommand {\eval }[1]{\bigg [ #1 \bigg ]} \newcommand {\seq }[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand {\epsilon }[0]{\varepsilon } \newcommand {\phi }[0]{\varphi } \newcommand {\iff }[0]{\Leftrightarrow } \DeclareMathOperator {\arccot }{arccot} \DeclareMathOperator {\arcsec }{arcsec} \DeclareMathOperator {\arccsc }{arccsc} \DeclareMathOperator {\si }{Si} \DeclareMathOperator {\scal }{scal} \DeclareMathOperator {\sign }{sign} \newcommand {\arrowvec }[1]{{\overset {\rightharpoonup }{#1}}} \newcommand {\vec }[1]{{\overset {\boldsymbol {\rightharpoonup }}{\mathbf {#1}}}\hspace {0in}} \newcommand {\point }[1]{\left (#1\right )} \newcommand {\pt }[1]{\mathbf {#1}} \newcommand {\Lim }[2]{\lim _{\point {#1} \to \point {#2}}} \DeclareMathOperator {\proj }{\mathbf {proj}} \newcommand {\veci }[0]{{\boldsymbol {\hat {\imath }}}} \newcommand {\vecj }[0]{{\boldsymbol {\hat {\jmath }}}} \newcommand {\veck }[0]{{\boldsymbol {\hat {k}}}} \newcommand {\vecl }[0]{\vec {\boldsymbol {\l }}} \newcommand {\uvec }[1]{\mathbf {\hat {#1}}} \newcommand {\utan }[0]{\mathbf {\hat {t}}} \newcommand {\unormal }[0]{\mathbf {\hat {n}}} \newcommand {\ubinormal }[0]{\mathbf {\hat {b}}} \newcommand {\dotp }[0]{\bullet } \newcommand {\cross }[0]{\boldsymbol \times } \newcommand {\grad }[0]{\boldsymbol \nabla } \newcommand {\divergence }[0]{\grad \dotp } \newcommand {\curl }[0]{\grad \cross } \newcommand {\lto }[0]{\mathop {\longrightarrow \,}\limits } \newcommand {\bar }[0]{\overline } \newcommand {\surfaceColor }[0]{violet} \newcommand {\surfaceColorTwo }[0]{redyellow} \newcommand {\sliceColor }[0]{greenyellow} \newcommand {\vector }[1]{\left \langle #1\right \rangle } \newcommand {\sectionOutcomes }[0]{} \newcommand {\VerbMathToks }[2]{\alteqtoks {\begin {#2} #1 \end {#2}}} \newcommand {\DeclareMicrotypeVariants }[1]{} \newcommand {\DeclareMicrotypeAlias }[2]{} \newcommand {\LoadMicrotypeFile }[1]{} \newcommand {\DeclareMicrotypeFilePrefix }[1]{} \newcommand {\DeclareMicrotypeBabelHook }[2]{} \newcommand {\microtypesetup }[1]{} \newcommand {\microtypecontext }[1]{} \newcommand {\textmicrotypecontext }[2]{#2} \newcommand {\leftprotrusion }[1]{#1} \newcommand {\rightprotrusion }[1]{#1} \newcommand {\noprotrusionifhmode }[0]{} \newcommand {\lsstyle }[0]{} \newcommand {\lslig }[1]{#1} \newcommand {\maketitle }[0]{} \newcommand {\problem }[0]{ } \newcommand {\exercise }[0]{ } \newcommand {\question }[0]{ } \newcommand {\exploration }[0]{ } \newcommand {\dialogue }[0]{\begin {description}} \newcommand {\GetTranslation }[1]{#1} \)

Agora vamos pôr em prática nossas habilidades de otimização.

Nesta seção, apresentaremos vários exemplos resolvidos de problemas de otimização. Nosso método para resolver esses problemas é, essencialmente, o seguinte:

Faça um desenho.: Se possível, desenhe um esquema com todas as informações relevantes.
Determine seu objetivo.: Precisamos identificar a quantidade que deve ser otimizada.
Encontre as restrições.: Que limitações são impostas à nossa otimização?
Expresse tudo em uma única variável.: Agora você deve ter uma função a otimizar.
Use cálculo para encontrar os valores extremos.: Não deixe de verificar sua resposta!

Você está fabricando recipientes cilíndricos para conter um volume dado. Suponha que a tampa e o fundo sejam feitos de um material que é $N$ vezes mais caro (custo por unidade de área) do que o material usado para a superfície lateral do cilindro. Determine (em termos de $N$) a razão entre a altura e o raio da base do cilindro que minimiza o custo de fabricação dos recipientes.

Primeiro fazemos um desenho:

Chamando de $c$ o custo da superfície lateral, podemos escrever uma expressão para o custo dos materiais: \[ C = 2\pi c r h+2\pi r^{2}\class{xm-given}{Nc}. \] Como sabemos que $V=\pi r^2h$, podemos usar essa relação para eliminar $h$ (poderíamos eliminar $r$, mas é um pouco mais fácil se eliminarmos $h$, que aparece em apenas um lugar na fórmula acima para o custo). Obtemos \begin{align*} C(r)&=2c\pi r\frac {V}{\pi r^2}+2Nc\pi r^2\\ &=\frac {2cV}{r}+2Nc\pi r^2. \end{align*}

Como expressamos o custo como função de uma única variável, o problema se torna um “problema de cálculo”: determinar o mínimo da função $C$ no intervalo $(0,\infty )$.

Embora a função $C$ seja contínua em seu domínio, esse domínio é um intervalo aberto e ilimitado, e o Teorema do Valor Extremo não se aplica; não há garantia nem mesmo de que o mínimo exista. Mas não desistimos! Nossa estratégia será procurar um ponto crítico e verificar se o mínimo é atingido ali. Resolvendo a equação \[ C'(r)=-2cV/r^2+4Nc\pi \class{xm-given}{r} =0 \] descobrimos que o ponto onde $r=\sqrt [3]{V/(2N\pi )}$ é o único ponto crítico de $C$. Como $C''(r)=4cV/r^3+4Nc\pi $ é positiva quando $r$ é positivo, há um mínimo local no ponto crítico e, portanto, um mínimo global, já que há apenas um ponto crítico.

Outra maneira de chegar a essa conclusão é examinar o sinal da derivada $C'(r)$ no intervalo $(0,\infty )$: \[ C'(r)=-2cV/r^2+4Nc\pi r=\frac {4Nc\pi (r^3-\frac {V}{2N\pi })}{r^2}. \] A partir dessa fatoração fica claro que $C'(r)<0$ em $(0,\sqrt [3]{V/(2N\pi )})$ e $C'(r)>0$ em $(\sqrt [3]{V/(2N\pi )}, \infty )$. Isso significa que a função $C$ é decrescente em $(0,\sqrt [3]{V/(2N\pi )})$ e crescente em $(\sqrt [3]{V/(2N\pi )}, \infty )$ e, portanto, tem um mínimo global no ponto crítico.

Finalmente, como $h=V/(\pi r^2)$, \begin{align*} \frac {h}{r}&=\frac {V}{\pi r^3}\\ &=\frac {V}{\pi (V/(2N\pi ))}\\ &=\class{xm-given}{2N}, \end{align*}

de modo que o custo mínimo ocorre quando a altura $h$ é $2N$ vezes o raio. Se, por exemplo, não houver diferença no custo dos materiais, a altura é o dobro do raio.

Você quer vender uma certa quantidade $n$ de itens de modo a maximizar seu lucro. Uma pesquisa de mercado indica que, se você fixar o preço em $$1.50$, conseguirá vender $5000$ itens, e que, para cada $10$ centavos que você baixar o preço abaixo de $$1.50$, conseguirá vender mais $1000$ itens. Suponha que seus custos fixos (“custos iniciais”) somem $$2000$ e que o custo de produção por item (“custo marginal”) seja $$0.50$. Determine o preço a fixar por item e a quantidade de itens vendidos para maximizar o lucro, e determine também o lucro máximo que você pode obter.

O primeiro passo é converter o problema em um problema de maximização de uma função. A receita pela venda de $n$ itens a $x$ dólares é dada por \[ r(x) = n(x)x \] e o custo de produzir $n$ itens é dado por \[ c(x) = 2000+0.5 n(x). \] No entanto, pelo enunciado vemos que a quantidade de itens vendidos é ela própria uma função de $x$, \[ n(x) =5000+\frac {1000(1.5-x)}{0.10} \] Assim, o lucro é dado por: \begin{align*} P(x) &= r(x) - c(x)\\ &= nx - (2000+0.5 n)\\ &=-10000x^2+25000x-12000. \end{align*}

Queremos saber o valor máximo da função $P$ no intervalo $[0,1.5]$. O Teorema do Valor Extremo agora garante que o máximo é atingido, pois a função $P$ é contínua no intervalo fechado $[0,1.5]$. Precisamos encontrar os pontos críticos: \[ P'(x)=0, \] ou seja, \[ -20000x+25000=0, \] o que implica que o único ponto crítico ocorre em $x=1.25$. Agora precisamos calcular a função no ponto crítico e nas duas extremidades, e comparar os valores:

$P(0)=-12000$, $P(1.25)=3625$ e $P(1.5)=3000$. Observe que $P(1.25)$ é o maior desses valores. Portanto, o lucro máximo é de $$3625$, atingido quando fixamos o preço em $$1.25$ e vendemos $7500$ itens.

Alternativamente, poderíamos aplicar o Teste da Segunda Derivada no ponto crítico e concluir que deve haver um máximo local ali, pois $P''(x)=-20000<0$. Como esse é o único ponto crítico, ele deve ser também um máximo global. Podemos confirmar nossos resultados olhando o gráfico de $y=P(x)$: \[ \graph [xmin=0,xmax=3,ymin=-4000,ymax=6000]{y=-10000x^2+25000x-12000} \]

Se você encaixar o maior cone circular reto possível dentro de uma esfera, que fração do volume da esfera é ocupada pelo cone?

Seja $R$ o raio da esfera, e sejam $r$ e $h$ o raio da base e a altura do cone dentro da esfera. Nosso objetivo é maximizar o volume do cone: $V_c=\pi r^2h/3$. O maior valor possível de $r$ é $R$, e o maior valor possível de $h$ é $2R$.

Observe que a função que queremos maximizar, $\pi r^2h/3$, depende de duas variáveis. Nosso próximo passo é encontrar a relação entre $r$ e $h$ e usá-la para escrever uma das variáveis em termos da outra, de modo a ter uma função de apenas uma variável para maximizar. Neste problema, a condição fica evidente na figura abaixo.

Aplique o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo da figura acima para obter

\[ r^2 + (h-R)^2=R^2. \] Isole $r^2$, já que $r^2$ aparece na fórmula do volume do cone, e obtenha \[ r^2=R^2-(h-R)^2=2hR-h^2. \] Substitua isso na fórmula do volume do cone para obter \[ V_{\text {c}}(h)=\pi (R^2-(h-R)^2)h/3. \] Simplificando, conseguimos expressar o volume do cone como função de uma única variável, $h$, \[ V_{\text {c}}(h)=-{\pi \over 3}h^3+{2\over 3}\pi h^2R. \]

Queremos maximizar a função $V_{\text {c}}$ no intervalo $[0,2R]$. Como se trata de uma função contínua em um intervalo fechado, o máximo é atingido em um ponto crítico ou em uma extremidade. Resolvendo a equação \[ V_{\text {c}}'(h)=-\pi h^2+(4/3)\pi h R=0, \] descobrimos que a função tem em $h=4R/3$ seu único ponto crítico, já que $h=0$ é uma extremidade. Calculamos a função em todos os pontos críticos e extremidades, \[ V_{\text {c}}(0)=V_{\text {c}}(2R)=0, \]

\[ V_{\text {c}}(4R/3)=(32/81)\pi R^3. \]

O máximo é obviamente atingido em $h=4R/3$. Como o volume da esfera é $(4/3)\pi R^3$, a fração da esfera ocupada pelo cone é \[ \frac {(32/81)\pi R^3}{(4/3)\pi R^3}=\frac {8}{27}\approx 30\%. \]

Uma linha de energia precisa ser estendida de uma usina localizada na praia até uma instalação no mar.

Custa $50 por pé estender a linha por terra e $130 por pé estendê-la por baixo da água. Que extensão da linha deve ser estendida por terra para minimizar o custo total? Qual é o custo mínimo?

Há duas soluções imediatas que poderíamos considerar, e vamos rejeitar cada uma delas com base no “bom senso”. Primeiro, poderíamos minimizar a distância ligando diretamente os dois locais por uma linha reta. No entanto, isso exige que todo o cabo seja instalado debaixo d’água, a opção mais cara. Segundo, poderíamos minimizar a extensão submersa estendendo o cabo pelos 5000 pés ao longo da praia, até o ponto exatamente em frente à instalação no mar. Isso tem o efeito indesejado de produzir a maior distância de todas, o que provavelmente garante um custo não mínimo.

A solução ótima provavelmente tem a linha estendida por terra durante um trecho e depois debaixo d’água, como sugere a figura. Precisamos rotular nossas distâncias desconhecidas: a distância percorrida por terra e a distância percorrida debaixo d’água. Reconhecendo que a distância submersa pode ser medida como a hipotenusa de um triângulo retângulo, podemos rotular nossa figura da seguinte forma

Ao escolher $x$ como fizemos, tornamos simples a expressão dentro da raiz quadrada. Agora criamos a função custo: \[ \begin{array}{ccc} \text {Custo} = & & \\ \text {custo em terra} & + & \text {custo na água} \\ \text {\$50}\times \text {distância em terra} &+& \text {\$130}\times \text {distância na água} \\ 50(5000-x) &+& 130\sqrt {x^2+1000^2}.\\ \end{array} \] Assim, temos \[ c(x) = 50(5000-x)+ 130\sqrt {x^2+1000^2}. \] Essa função só faz sentido no intervalo $[0,5000]$. Embora tenhamos bastante certeza de que as extremidades não darão o custo mínimo, ainda assim calculamos $c(x)$ em cada uma delas para verificar. \[ c(0) = 380000 \quad \quad c(5000) \approx 662873. \] Agora encontramos os pontos críticos de $c(x)$. Calculamos $c'(x)$ como \[ c'(x) = -50+\frac {\class{xm-given}{130x}}{\sqrt {x^2+1000^2}}. \] Note que essa expressão nunca é indefinida. Fazendo $c'(x)=0$ e resolvendo para $x$, temos: \begin{align*} -50+\frac {130x}{\sqrt {x^2+1000^2}} &= 0 \\ \frac {130x}{\sqrt {x^2+1000^2}} &= 50\\ \frac {130^2x^2}{x^2+1000^2} &= 50^2\\ 130^2x^2 &= 50^2(x^2+1000^2) \\ 130^2x^2-50^2x^2 &= 50^2\cdot 1000^2\\ (130^2-50^2)x^2 &= 50000^2\\ x^2 &= \frac {50000^2}{130^2-50^2}\\ x &= \frac {50000}{\sqrt {130^2-50^2}}\\ x &= \frac {50000}{120}, \end{align*}

Calculando $c(x)$ em $x=416.67$, obtemos um custo de cerca de $\$370000$. A distância em que a linha é instalada por terra é $5000-416.67 = 4583.33\unit {ft}$, e a distância submersa é $\sqrt {416.67^2+1000^2} \approx 1083\unit {ft}$. Podemos confirmar nossos resultados olhando o gráfico de $y=c(x)$: \[ \graph [xmin=0, xmax=5000, ymin=0, ymax=800000]{y=50(5000-x)+130\sqrt {x^2+1000000}} \]

Agora resolvemos um problema semelhante sem números concretos.

Suponha que você queira chegar a um ponto $A$ localizado do outro lado de uma faixa de areia, a partir de uma estrada próxima.

Suponha que a estrada seja reta e que $b$ seja a distância de $A$ ao ponto $C$ da estrada mais próximo dele. Seja $v$ sua velocidade na estrada, e seja $w$, que é menor que $v$, sua velocidade na areia. Neste momento você está no ponto $D$, que está a uma distância $a$ de $C$. Em que ponto $B$ você deve sair da estrada e atravessar a areia para minimizar o tempo de viagem até $A$?

Seja $x$ a distância que falta até $C$ quando você sai da estrada, isto é, a distância de $B$ a $C$. Queremos minimizar o tempo total de viagem. Lembre-se de que, quando se viaja a velocidade constante, o tempo é a distância dividida pela velocidade.

Você percorre a distância de $D$ a $B$ com velocidade $v$ e, em seguida, a distância de $B$ a $A$ com velocidade $w$. A distância de $D$ a $B$ é $a-x$. Pelo teorema de Pitágoras, a distância de $B$ a $A$ é \[ \sqrt {x^2+b^2}. \] Logo, o tempo total da viagem é \[ T(x)=\frac {a-x}{v}+\frac {\sqrt {x^2+b^2}}{w}. \] Queremos encontrar o valor mínimo de $T$ quando $x$ está entre 0 e $a$. Como de costume, fazemos $T'(x)=0$ e resolvemos para $x$. Escreva \[ T'(x)=\class{xm-given}{-1/v+\frac {x}{w\sqrt {x^2+b^2}}} =0. \] Encontramos \[ x=\frac {wb}{\sqrt {v^2-w^2}} \] Observe que $a$ não aparece na última expressão, mas $a$ não é irrelevante, pois só nos interessam os valores críticos que estão em $[0,a]$, e $wb/\sqrt {v^2-w^2}$ ou está nesse intervalo ou não está. Se estiver, podemos usar a segunda derivada para testá-lo: \[ T''(x) = \class{xm-given}{\frac {b^2}{(x^2+b^2)^{3/2}w}}. \] Como isso é sempre positivo, há um mínimo local no ponto crítico e, portanto, ele é também um mínimo global.

Se o valor crítico não está em $[0,a]$, ele é maior que $a$. Nesse caso, o mínimo deve ocorrer em uma das extremidades. Podemos calcular \begin{align*} T(0)&={a\over v}+{b\over w} \\ T(a)&={\sqrt {a^2+b^2}\over w} \end{align*}

mas é difícil determinar qual desses valores é o menor por comparação direta. Se, como é provável na prática, conhecermos os valores de $v$, $w$, $a$ e $b$, então é fácil determinar isso. Com um pouco de astúcia, porém, podemos determinar o mínimo em geral. Vimos que $T''(x)$ é sempre positiva, de modo que a derivada $T'(x)$ é sempre crescente. Sabemos que em $wb/\sqrt {v^2-w^2}$ a derivada é zero, portanto, para valores de $x$ menores que esse valor crítico, a derivada é negativa. Isso significa que $T(0)>T(a)$, e então o mínimo ocorre quando $x=a$.

Portanto, a conclusão é esta: se você começa a uma distância de $C$ maior que $wb/\sqrt {v^2-w^2}$, então sempre convém cortar pela areia quando estiver a uma distância $wb/\sqrt {v^2-w^2}$ do ponto $C$. Se você começa mais perto de $C$ do que isso, deve cortar diretamente pela areia.

Nos problemas de otimização você verá uma variedade de situações que exigem combinar habilidades de resolução de problemas com cálculo. Concentre-se no processo. É preciso aprender a montar, a partir das situações, equações que possam ser manipuladas até chegar ao que você precisa. Esqueça a ideia de memorizar como resolver “este tipo de problema” em oposição a “aquele tipo de problema”.

Aprender um processo é muito mais vantajoso do que memorizar uma técnica específica.