A idéia é mostrar, neste "passo à frente" , como novos conhecimentos ajudarão a resolver questões práticas de nosso dia-a-dia. Serão exemplos diretos, sem a devida explicação teórica, uma vez que o propósito não é explicar a teoria mas sim mostrar a aplicação da mesma.
Embora pudessem ser relacionadas aplicações de vários ramos da matemática superior, foram priorizadas as aplicações relativas ao Cálculo Diferencial e Integral devido ao tipo de aplicação mais comum.
Assim, são citados, a seguir, 10 exemplos que podem ser resolvidos com tópicos da Álgebra Superior:
1) Sequências de progressões
Determinar o valor da soma 1 + 2x + 3x2 + 4x3 .... para x = 1/2 sabendo-se que 0 < x < 1 e que
1 + x + x2 + x3 + x4 ... = 1 / (1-x)
Solução:
Fazendo-se y = 1 + x + x2 + x3 + x4 ...
então
y' = 0 + 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + ....
Por outro lado, podemos fazer y = 1 / (1-x)
então
y' = 1 / (1-x)2
Então
1 + 2x + 3x2 + 4x3 + .... = 1 / (1-x)2
fazendo x = 1/2 temos 1 / (1 - 1/2)2 = 4
logo
1 + 2x + 3x2 + 4x3 .... = 4 (para x = 1/2)
2) Estruturas polinomiais
Ache um polinômio que subtraído de sua derivada resulte no polinômio 1 + x + x2 + x3
Solução:
Seja portanto P(x) - P'(x) = 1 + x + x2 + x3 (I)
Seja genericamente P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e
então
P'(x) = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d + 0
logo
P(x) - P'(x) = ax4 + (b-4a)x3 + (c-3b)x2 + (d-2c)x + (e-d) (II)
Comparando (I) com (II), temos que
a = 0
b = 1
c - 3 = 1, logo c = 4
d - 8 = 1, logo d = 9
e - 9 = 1, logo e = 10
Substituindo estes valores na forma genérica, temos que P(x) = x3 + 4x2 + 9x + 10
3)Minimização de vasilhames
Um refrigerante é vendido em latas cilíndricas de volume 350ml. Calcular o raio da base de modo que o material gasto na embalagem seja o mínimo possível
Solução:
Seja a lata
Temos que
V = pR2H = 350, logo H = 350 / R2p
Área total da lata = 2pR2 + 2pRH
ou seja f(R) = 2pR2 + 2pR.350/pR2
ou ainda f(R) = 2pR2 + 700/R
Derivando, temos que:
f'(R) = 4pR - 700/R2
Descobrindo os pontos mínimos temos que:
4pR = 700/R2, logo R3 = 700 / 4p = 175 / p
O raio da lata deve ser R = (175/p)1/3
Como p @ 3,14 então R @ (175/3,14)1/3 @ 3.82cm.
4)Razão de crescimento ou encolhimento
Acumula-se areia em um monte com a forma de uma cone onde a altura é igual ao raio da base.
Se o volume de areia cresce com uma taxa de 10m3/h, a que razão aumenta a área da base quando h = 4 metros ?
Solução:
Seja no monte
V = volume do monte
h = altura do monte
r = raio da base
A = área da base
De acordo comn os dado, temos que:
A = pr2 (I)
V = 1/3 pr2h (II)
dV / dt = 10m3/h e h=r
em (II), temos que V = 1/3 pr3 (III)
Derivando (I) em relação ao tempo (t), temos que dA/dt = dA/dr . dr /dt = 2pr. dr/dt
De (III), temos que dV/dt = dV/dr.dr/dt = pr2. dr/dt
Como dV/dt = 10
então
10 = pr2.dr/dt
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dr/dt = 10 /pr2
Voltando, temos dA/dt = 2pr. 10 /pr2 = 20 / r
Quando r = 4 = h , temos que dA/dt = 20/4 = 5
Neste caso, a área da base cresce a uma taxa de 5m2/h
5)Ligações entre margens de rio
Uma rede de água potável ligará uma central de abastecimento situada à margem de um rio de 500m de largura a um conjunto habitacional situado na outra margem do rio, 2km abaixo da central. O custo da obra através do rio é de R$600,00 por metro enquanto que em terra custa R$300,00 por metro.
Qual é a forma mais econômica de se instalar a rede de água potável ?
Solução:
Seja o esquema
A função a ser minimizada é:
f(x) = (2000 - x).300 + (x2 + 5002)1/2.600
f(x) = 600000 - 300x + (x2 + 5002)1/2.600
Calculando o mínimo para 0 < x < 2000, temos:
f'(x) = -300 + 600x / x2 + 5002)1/2 = 0
Resolvendo temos que x2 = 250000/3, onde x @ 288,67
Então, a obra poderá ser realizada com o menor custo possível se a canalização da água alcançar o outro lado do rio cerca de 288,67 metros abaixo da central de abastecimento
6)Volumes de sólidos
Calcular o volume do sólido gerado pela rotação, em torno do eixo dos x, da região entre o gráfico da função y = sen x e o eixo dos x, de -1/2p até 3/2p
Solução:
Seja o gráfico do sólido
Sabe-se que V = p¦ab [f(x)]2dx
Então V = p-1/2p¦3/2p [sen x]2dx
ou ainda V = p-1/2p¦3/2p (1/2 - 1/2cos2x) dx
Integrando temos p (1/2x - 1/4sen2x) -1/2p|3/2p = p2
Logo o volume do referido sólido é de p2 unidades de volume
7)Superfície de sólidos
Calcular a área da superfície de revolução obtida pela rotação em torno do eixo dos x, da curva dada por y = 4x1/2, onde 1/4 < x < 4
Solução:
Seja o gráfico do sólido
Sabe-se que A = 2p¦ab f(x). (1 + [f'(x)]2)1/2 dx
Então:
A = 2p1/4¦4 4x1/2 . [(x + 4)/ x ]1/2 dx
= 8p1/4¦4 (x + 4)1/2 dx
Integrando temos 8p (x + 4)3/2 / 3/2) 1/4|4 = 2/3p(128.21/2 - 17.171/2)@ 566 u.a.
8)Maximização de receitas
Uma companhia de expedições em canoas, em águas turbulentas, sabe que ao preço de R$80,00 por uma excursão de meio dia eles atraem 300 fregueses. Para cada redução de R$5,00 no preço, eles atraem cerca de 30 fregueses adicionais. Que preço deve a companhia cobrar para maximizar a receita ?
Solução:
Podemos tabular o experimento desta maneira:
| preço | fregueses |
| 80 | 300 |
| 75 | 330 |
| 70 | 360 |
| 65 | 390 |
| ... | ... |
q é função linear do preço. A inclinação é -30/5 = -6
Então a função demanda é q = -6p + b, onde b é o coeficiente linear
Como p=80, q = 300, então 300 = -6(80) + b, logo b = 780
Então a função é da forma q = -6p + 780
Como a receita é dada por R = p . q, então R(p) = p (-6p + 780) = -6p2 + 780
Maximizando a função, temos que:
R'(p) = -12p + 780 = 0 , logo p = 780/12 = 65
Então a receita é máxima quando o preço for R$65,00
9) Controle de epidemias
O número diário de pessoas que contrairam uma doença após o início do surto foi modelada de acordo com a expressão
n(t) = 500 / ( 1 + 3e-0,5t) onde t em dias e n em número de pessoas.
Determinar o número de pessoas que contrairam a doença nos primeiros 10 dias da epidemia.
Solução:
N(t) = 0¦10 500 / ( 1 + 3e-0,5t) dt
= 500 0¦10 1 / ( 1 + 3e-0,5t) dt
Sabendo-se que
¦ du / (1 + beau) = u - [ln(1 + beau) /a ] + C
Então
N(t) = 500 0¦10 ( 1 + 3e-0,5t) dt = 500 { t + [ln(1 + 3e-0,5t) /0,5 ] } 0|10
n(t) = 500 [10 + 2ln(1+3e-5)] - [2ln (1 + 3e0) ] = 3634
Logo 3634 pessoas contrairam a doença nos 10 primeiros dias.
10) Controle de mercado
Assumindo que o mercado para determinado bem apresenta como funções de demanda e de oferta, respectivamente:
d(q) = 18000 - q2 e s(q) = 60q + 2000, em reais
encontre o preço de venda do produto em questão, assim como o excedente do consumidor e o excedente do produtor associados.
Solução:
Em condições de equilíbrio temos que: d(q) = s(q)
Logo
18000 - q2 = 60q + 2000
Resolvendo temos que q = -160 (não serve) e q = 100
Portanto, a quantidade e o preço em condições de equilíbrio serão dados por qe = 100 e pe = 8000
Logo o excedente do consumidor será:
Ec = 0¦100 (18000 - q2)dq - 8000.100 =
= (18000q - q3/3) 0|100 - 800000 =
= (1800000 - 1000000 / 3) - 800000 = 4400000/3 - 800000 @ 667 mil reais
e o excedente do produtor será:
Ep = peqe - 0¦100 s(q)dq =
= 8000.100 - 0¦100 (60q + 2000)dq =
= 800000 - (30q2 + 2000q) 0|100 =
= 8000 - (300000 - 200000) = 700 mil reais
Muitos outros exemplos poderiam ser citados. A idéia é estimular os estudantes, que estão ingressando na faculdade, para estes novos tópicos da matemática.