Funções Matemáticas na Prática: parábola na prática — otimização e pontos de equilíbrio

Parábola na prática: por que o vértice resolve problemas de otimização

Em muitos problemas aplicados, a relação entre uma variável de decisão e um resultado (lucro, área, altura, custo) pode ser aproximada por uma modelo quadrático: f(x)=ax^2+bx+c. Quando isso acontece, o ponto mais importante para otimização é o vértice da parábola: ele indica o valor máximo (se a parábola abre para baixo, a<0) ou o valor mínimo (se abre para cima, a>0), sempre considerando o domínio viável do problema (valores possíveis no mundo real).

O vértice tem coordenadas (x_v, f(x_v)), com x_v = -b/(2a). Na prática, x_v é o “melhor” valor da variável de decisão (quantidade, tempo, dimensão), e f(x_v) é o melhor resultado (lucro máximo, área máxima, altura máxima, custo mínimo), desde que x_v esteja dentro das restrições do problema.

Checklist de otimização com função quadrática

• 1) Defina a variável (o que você controla): quantidade produzida, tempo, largura, preço etc.
• 2) Traduza o enunciado para uma função (o que você quer maximizar/minimizar): lucro, área, altura, custo.
• 3) Determine o domínio viável: intervalos e restrições (não negatividade, limites físicos, capacidade, tempo).
• 4) Calcule o vértice: x_v=-b/(2a) e depois f(x_v).
• 5) Verifique se o vértice é viável: se x_v cair fora do domínio, o ótimo estará em uma das extremidades do intervalo permitido.
• 6) Faça uma checagem local: teste valores próximos a x_v (por exemplo, x_v-1 e x_v+1, quando fizer sentido) para confirmar o comportamento e evitar erros de conta.
• 7) Interprete unidades: x tem unidade da variável (itens, metros, segundos) e f(x) tem unidade do resultado (R$, m², m).
• 8) Analise as raízes (quando existirem): podem representar instantes/quantidades em que o resultado zera; nem sempre são relevantes se estiverem fora do domínio ou se o contexto não permitir valores negativos.

Problema 1: lucro máximo em um modelo quadrático simplificado

Situação. Uma empresa estima o lucro mensal (em reais) ao produzir e vender x unidades de um produto por: L(x) = -2x^2 + 120x - 1000. Determine a quantidade que maximiza o lucro e o lucro máximo. Considere x como número de unidades (logo, x deve ser inteiro e x>=0).

Passo a passo

1) Variável e objetivo. Variável: x (unidades). Objetivo: maximizar L(x) (lucro).

2) Domínio viável. Pelo contexto: x inteiro e x>=0. (Se houver capacidade máxima, ela entraria aqui; como não foi dada, manteremos apenas não negatividade.)

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3) Vértice. Como a=-2<0, a parábola abre para baixo e o vértice dá o máximo. Calcule: x_v = -b/(2a) = -120/(2·(-2)) = -120/(-4) = 30.

4) Lucro máximo. L(30) = -2·30^2 + 120·30 - 1000 = -2·900 + 3600 - 1000 = -1800 + 2600 = 800. Então o lucro máximo estimado é R$ 800 ao produzir 30 unidades.

5) Verificação com valores próximos. L(29) = -2·841 + 3480 - 1000 = -1682 + 2480 = 798 e L(31) = -2·961 + 3720 - 1000 = -1922 + 2720 = 798. Como ambos são menores que 800, o máximo em torno do vértice está consistente.

Quando as raízes importam nesse contexto

As raízes de L(x) (quando L(x)=0) representam pontos de equilíbrio: quantidades em que o lucro é zero (nem lucro nem prejuízo). Elas são úteis para responder perguntas como “a partir de que quantidade a operação deixa de dar prejuízo?”. Vamos encontrá-las:

Resolver -2x^2 + 120x - 1000 = 0. Multiplicando por -1 e simplificando por 2: x^2 - 60x + 500 = 0.

Δ = (-60)^2 - 4·1·500 = 3600 - 2000 = 1600, então sqrt(Δ)=40. Logo: x = (60 ± 40)/2, isto é, x=10 e x=50.

• Interpretação: em x=10 e x=50, o lucro é zero (pontos de equilíbrio).
• Relevância: como x deve ser >=0, ambas as raízes são viáveis. Entre 10 e 50, o lucro é positivo; fora desse intervalo, o modelo prevê prejuízo.

Problema 2: área máxima com perímetro fixo (cerca em três lados)

Situação. Você tem 60 m de cerca para fechar um terreno retangular encostado em um muro, de modo que só precisa cercar três lados. Se x é a largura (perpendicular ao muro) e y é o comprimento (paralelo ao muro), então a restrição é 2x + y = 60. Qual é a área máxima?

Passo a passo

1) Variáveis e objetivo. Queremos maximizar a área A = x·y.

2) Tradução para uma função em uma variável. Da restrição: y = 60 - 2x. Substituindo na área: A(x) = x(60 - 2x) = 60x - 2x^2.

3) Domínio viável. Medidas devem ser positivas: x>0 e y>0. Como y=60-2x>0, então x<30. Logo, 0<x<30.

4) Vértice. A(x) = -2x^2 + 60x tem a=-2<0, então o máximo está no vértice: x_v = -b/(2a) = -60/(2·(-2)) = 15.

5) Dimensões e área máxima. y = 60 - 2·15 = 30. Área máxima: A(15) = 15·30 = 450. Portanto, a área máxima é 450 m², com largura 15 m e comprimento 30 m.

6) Verificação com valores próximos. A(14)=14·(60-28)=14·32=448 e A(16)=16·(60-32)=16·28=448, ambos menores que 450, confirmando o máximo.

Observação sobre raízes nesse tipo de problema

As raízes de A(x)=60x-2x^2 são x=0 e x=30. Elas representam “área zero” (terreno degenerado): em x=0 não há largura; em x=30, y=0. Embora matematicamente válidas, são limites do domínio físico e não são soluções úteis para maximização, mas ajudam a entender o intervalo viável.

Problema 3: altura máxima em um lançamento vertical idealizado

Situação. A altura (em metros) de uma bola lançada para cima é modelada por h(t) = -5t^2 + 20t + 1, onde t é o tempo em segundos. Determine a altura máxima e em que instante ela ocorre. Depois, discuta quando as raízes são relevantes.

Passo a passo

1) Variável e objetivo. Variável: t (s). Objetivo: maximizar h(t) (m).

2) Domínio viável. Em geral, t>=0. Além disso, faz sentido considerar até a bola tocar o chão (quando h(t)=0), porque depois disso o modelo deixa de representar a altura no ar.

3) Vértice (instante de altura máxima). Como a=-5<0, o máximo está no vértice: t_v = -b/(2a) = -20/(2·(-5)) = 2 s.

4) Altura máxima. h(2) = -5·4 + 20·2 + 1 = -20 + 40 + 1 = 21. A altura máxima é 21 m em 2 s.

5) Verificação com valores próximos. h(1,9)= -5·(3,61)+20·1,9+1 = -18,05+38+1 = 20,95 e h(2,1)= -5·(4,41)+20·2,1+1 = -22,05+42+1 = 20,95, menores que 21.

Raízes como instantes relevantes (ou não)

Resolver h(t)=0 dá os instantes em que a bola está no chão (altura zero). Isso pode gerar duas raízes: uma negativa (antes do lançamento, sem sentido físico) e uma positiva (instante de queda).

-5t^2 + 20t + 1 = 0 equivale a 5t^2 - 20t - 1 = 0. Então: Δ = (-20)^2 - 4·5·(-1) = 400 + 20 = 420, t = (20 ± sqrt(420))/10.

• Raiz negativa: (20 - sqrt(420))/10 é menor que 0, não representa um instante após o lançamento.
• Raiz positiva: (20 + sqrt(420))/10 ≈ (20 + 20,49)/10 ≈ 4,05 s. Esse é o tempo aproximado em que a bola volta ao chão.
• Domínio prático: para a altura no ar, faz sentido usar 0 ≤ t ≤ 4,05.

Erros comuns e como evitar (checagens rápidas)

• Otimizar fora do domínio: calcular o vértice e esquecer restrições (capacidade, medidas positivas, tempo não negativo). Sempre compare x_v com o intervalo viável.
• Confundir unidade de x com unidade de f(x): em lucro, x é “unidades” e L(x) é “reais”; em área, x é “metros” e A(x) é “m²”.
• Arredondamento indevido: se x precisa ser inteiro (produção), teste os inteiros ao redor de x_v (por exemplo, ⌊x_v⌋ e ⌈x_v⌉).
• Interpretar toda raiz como resposta: raízes podem ser limites (área zero), instantes não físicos (tempo negativo) ou quantidades inviáveis (produção negativa). Use o contexto para filtrar.