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Tanque metálico. Máximos y mínimos. Aplicaciones de cálculo diferencial.

Problema. Se desea construir un tanque metálico para almacenamiento de agua, de forma cilíndrica vertical, abierto por su parte superior y de un volumen dado. Calcular las dimensiones del radio y de la altura para emplear en su construcción la menor cantidad de material posible.

Solución.

Paso 1. La lámina metálica empleada en la construcción de la pared lateral y el fondo del tanque deberá tener la menor área posible, de acuerdo con el enunciado del problema: “Emplear en su construcción la menor cantidad del material posible”. Así que el área total del cilindro es

\displaystyle A = \pi r^2 + 2\pi r h

Paso 2. El volumen del cilindro es

\displaystyle V = \pi r^2 h

Despejando “h”, la altura es

\displaystyle \frac{V}{\pi r^2} = h

\displaystyle h = \frac{V}{\pi r^2}

Paso 3. Sustituyendo en la ecuación del área del cilindro

A = \pi r^2 + 2\pi r h

\displaystyle A = \pi r^2 + 2\pi r \left(\frac{V}{\pi r^2} \right)

\displaystyle A = \pi r^2 + \frac{2V}{r}

Paso 4. Derivando con respecto a “r” en ambos miembros

\displaystyle \frac{dA}{dr} = \frac{d}{dr} (\pi r^2 + \frac{2V}{r}) = \frac{d}{dr} [\pi r^2 + 2V(r^{-1})]

\displaystyle \frac{dA}{dr} = \pi \frac{d}{dr} (r^2) + 2V \frac{d}{dr} (r^{-1}) \frac{dA}{dr} = \pi (2r) + 2V(-r^{-2})

\displaystyle \frac{dA}{dr} = 2\pi r - \frac{2V}{r^2}

Paso 5. Si \displaystyle \frac{dA}{dr} es nula

\displaystyle \frac{dA}{dr} = 2\pi r - \frac{2V}{r^2}

\displaystyle 0 = 2\pi r - \frac{2V}{r^2}

\displaystyle 2\pi r = \frac{2V}{r^2}

\displaystyle r^3 = \frac{2V}{2\pi}

\displaystyle r^3 = \frac{V}{\pi}

\displaystyle \therefore r = \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}

Al sustituir en la ecuación de la altura

\displaystyle h = \frac{V}{\pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^2}

\displaystyle \therefore h = \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}

Paso 6. Derivando nuevamente con respecto a “r” en ambos miembros

\displaystyle \frac{d}{dr} (\frac{dA}{dr}) = \frac{d}{dr} \left(2\pi r - \frac{2V}{r^2} \right)

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 2\pi + \frac{4V}{r^3}

Paso 7. Este resultado, sustituyendo el equivalente de “r

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 2\pi + \frac{4V}{r^3}

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 2\pi + \frac{4V}{\left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^3}

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 2\pi + \frac{4V}{V/\pi}

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 2\pi + 4\pi

\displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2} = 6\pi

Como \displaystyle \frac{d^2 A}{dr^2}>0, se trata de un mínimo.

Paso 8. Determinando la superficie de la lámina empleada con los valores de r y h calculados

A = \pi r^2 + 2\pi r h

\displaystyle A = \pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^2 + 2\pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right) \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)

\displaystyle A = \pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^2 + 2\pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^2

\displaystyle \therefore A = 3\pi \left(\sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} \right)^2 = 3\pi \left(\frac{V}{\pi} \right)^{2/3}

Por lo tanto, el área de la lámina será mínima cuando \displaystyle r = \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}} y \displaystyle h = \sqrt[3]{\frac{V}{\pi}}.

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