1. Um recipiente industrial tem a forma de um cilindro com extremidades hemisféricas. O recipiente deve conter 1000 litros de fluido. Determine o raio r e o comprimento h que minimizam a quantidade de material usada na construção do tanque.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede isto:
  • O recipiente tem a forma de um cilindro com duas extremidades hemisféricas (uma em cada lado).
  • Deve conter 1000 litros de fluido, isto é, V=1000\\ \text{L}=1{,}0\\ \text{m}^3.
  • Devemos determinar o raio r e o comprimento (altura) do corpo cilíndrico h que minimizam a quantidade de material usada na construção do tanque (ou seja, que minimizam a área superficial do tanque), respeitando o volume fixo de 1{,}0\\ \text{m}^3.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Volume total fixo: V=1{,}0\\ \text{m}^3.
  • Forma geométrica: cilindro de raio r e altura h mais duas metades de esfera (duas hemisférios) de raio r.

Passo 2

Modelagem matemática: escrevemos fórmulas para o volume e para a área (quantidade de material).
Primeiro, as fórmulas que vamos usar (explicando o que é cada termo):
  • Volume do cilindro (apenas a parte cilíndrica): \pi r^{2}h, onde r é o raio da base e h é a altura do cilindro.
  • Volume de uma esfera de raio r: \dfrac{4}{3}\pi r^{3}. Como o tanque tem duas hemisférios, o volume das duas juntas é exatamente o volume de uma esfera inteira, ou seja \dfrac{4}{3}\pi r^{3}.
  • Volume total (restrição) então é a soma do cilindro com as duas hemisférias:
\pi r^{2}h + \frac{4}{3}\pi r^{3} = V.
  • Área (quantidade de material) relevante: não contamos as bases planas (não existem aqui), apenas a superfície lateral do cilindro mais as superfícies das duas hemisférias. A área lateral do cilindro é 2\pi r h. A área de uma esfera de raio r é 4\pi r^{2}; novamente, duas hemisférias juntas têm área igual à de uma esfera inteira. Assim a área total a minimizar é
A(r,h)=2\pi r h + 4\pi r^{2}.
Resumo: estamos minimizando A(r,h)=2\pi r h+4\pi r^{2} sujeito à restrição \pi r^{2}h+\dfrac{4}{3}\pi r^{3}=V com V=1{,}0\\ \text{m}^3.

Passo 3

Eliminar h usando a restrição (para ficar com uma função de uma variável r).
Da restrição temos:
\pi r^{2}h+\frac{4}{3}\pi r^{3}=V.
Isolando h:
\pi r^{2}h = V - \frac{4}{3}\pi r^{3} \qquad\Rightarrow\qquad h = \frac{V - \dfrac{4}{3}\pi r^{3}}{\pi r^{2}} = \frac{V}{\pi r^{2}} - \frac{4}{3}r.
Substituímos esse h em A(r,h):
A(r)=2\pi r\left(\frac{V}{\pi r^{2}} - \frac{4}{3}r\right) + 4\pi r^{2}.
Agora fazemos a simplificação passo a passo:
  • 2\pi r\cdot \dfrac{V}{\pi r^{2}} = 2\cdot \dfrac{V}{r} (pois \pi cancela e sobra r^{-1}).
  • 2\pi r\cdot\left(-\dfrac{4}{3}r\right) = -\dfrac{8}{3}\pi r^{2}.
Assim
A(r)=\frac{2V}{r} - \frac{8}{3}\pi r^{2} + 4\pi r^{2} = \frac{2V}{r} + \frac{4}{3}\pi r^{2}.
Portanto reduzimos o problema para minimizar a função de uma variável
A(r)=\frac{2V}{r} + \frac{4}{3}\pi r^{2},\qquad r>0,
com V=1{,}0\\ \text{m}^3. (Aqui explicando: a primeira parcela \dfrac{2V}{r} vem do fato de que para manter volume fixo um raio maior reduz a altura necessária, e a segunda parcela \dfrac{4}{3}\pi r^{2} é a contribuição da curvatura das extremidades.)

Passo 4

Encontrar o ponto crítico: derivamos A(r) em relação a r e igualamos a zero.
Derivada de \dfrac{2V}{r} em relação a r: usar que \dfrac{d}{dr}(r^{-1})=-r^{-2}. Logo
\frac{d}{dr}\left(\frac{2V}{r}\right) = -\frac{2V}{r^{2}}.
Derivada de \dfrac{4}{3}\pi r^{2} é \dfrac{8}{3}\pi r.
Assim
A'(r) = -\frac{2V}{r^{2}} + \frac{8}{3}\pi r.
Igualando a zero para achar extremos:
-\frac{2V}{r^{2}} + \frac{8}{3}\pi r = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{8}{3}\pi r = \frac{2V}{r^{2}}.
Multiplicando por r^{2}:
\frac{8}{3}\pi r^{3} = 2V.
Dividindo ambos os lados por 2:
\frac{4}{3}\pi r^{3} = V.
Observação importante (favor prestar atenção): a igualdade \dfrac{4}{3}\pi r^{3}=V significa que o volume total requerido V é exatamente o volume de uma esfera de raio r. Isso implica, ao retornar à restrição \pi r^{2}h+\dfrac{4}{3}\pi r^{3}=V, que necessariamente \pi r^{2}h=0 e portanto
h=0.
Ou seja, o cilindro desaparece e as duas hemisférias formam uma esfera inteira.
Agora encontramos r explicitamente usando V=1{,}0\\ \text{m}^3:
r^{3}=\frac{3V}{4\pi} \quad\Rightarrow\quad r=\left(\frac{3V}{4\pi}\right)^{1/3}.
Com V=1{,}0:
r=\left(\frac{3}{4\pi}\right)^{1/3}\\ \text{m}.
Valor numérico aproximado:
r\approx 0{,}62035\\ \text{m}\approx 62{,}0\\ \text{cm}.

Passo 5

Verificação de mínimo (teste da segunda derivada) e interpretação física:
  • Segunda derivada:
A''(r) = \frac{4V}{r^{3}} + \frac{8}{3}\pi.
Para r>0 e V>0 essa expressão é positiva, logo a função A(r) é convexa e o ponto crítico encontrado é realmente um mínimo. Portanto a solução dá a área mínima.
Interpretação física/geométrica: o resultado indica que, dentro da família de recipientes formados por um cilindro com duas hemisférias finais, a menor quantidade de material para um volume fixo ocorre quando o cilindro some ( h=0) e o tanque é uma esfera perfeita. Isso está de acordo com o princípio geométrico mais geral (a esfera minimiza a área superficial para dado volume).

Resposta

r=\left(\frac{3}{4\pi}\right)^{1/3}\\ \text{m}\approx 0{,}62035\\ \text{m}
h=0\\ \text{m}

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