Um tanque retangular deve ter 3 \mathrm{~m}^{3} de capacidade. O custo do material das faces laterais é de \mathrm{R} \ 20,00 o metro quadrado, do fundo é deé\mathrm{R} $30,00 o metro quadrado e a Capítulo 7 Máximos e Mínimos de Fünções de dúas Variáveis 125 tampa sozinha custa Ríáíüçõúá$ 40,00 . Calcule as dimensões mais econômicas para este tanque.õô\widetilde{\mathbf{T}}$

Passo 1

O enunciado pede as dimensões de um tanque retangular com capacidade de 3\\ \mathrm{m}^3 que minimizam o custo de construção. As faces laterais custam R\$20,00 por metro quadrado, o fundo custa R\$30,00 por metro quadrado e a tampa tem custo fixo de R\$40,00. O conteúdo da matéria é otimização de função de várias variáveis com restrição de volume; vamos usar a condição de volume e eliminar uma variável para reduzir a otimização a duas variáveis.

Passo 2

Sejam x, y e z as dimensões do tanque em metros (comprimento, largura e altura). A restrição de volume é
x\,y\,z = 3.
O custo total C em função de (x,y,z) é a soma do custo lateral, do fundo e da tampa:
C(x,y,z) =20\bigl(2xz + 2yz\bigr) \;+\; 30\,(xy)\;+\;40.
Aqui 20(2xz+2yz) é o custo das quatro faces laterais, 30\,xy é o custo do fundo e 40 é o custo fixo da tampa.

Passo 3

Usamos a restrição z=\tfrac{3}{xy} para eliminar z. Substituindo em C e ignorando o termo constante 40 (não afeta o ponto de mínimo), obtemos
C(x,y) =40\,z\,(x+y) + 30\,xy =40\frac{3}{xy}(x+y) +30\,xy =120\Bigl(\frac{x+y}{xy}\Bigr) +30\,xy.
Podemos escrever
C(x,y) =120\Bigl(\frac1x+\frac1y\Bigr) +30\,xy.

Passo 4

Para encontrar o mínimo, calculamos as derivadas parciais e igualamos a zero:
\frac{\partial C}{\partial x} =-120\,\frac{1}{x^2} +30\,y =0 \;\Longrightarrow\; 30\,y = \frac{120}{x^2} \;\Longrightarrow\; y = \frac{4}{x^2}.
\frac{\partial C}{\partial y} =-120\,\frac{1}{y^2} +30\,x =0 \;\Longrightarrow\; x = \frac{4}{y^2}.

Passo 5

Do sistema
y=\frac{4}{x^2}, \quad x=\frac{4}{y^2},
substituímos y=4/x^2 em x=4/y^2:
x = \frac{4}{\bigl(\frac{4}{x^2}\bigr)^2} = \frac{4}{\frac{16}{x^4}} = \frac{4\,x^4}{16} = \frac{x^4}{4} \;\Longrightarrow\; x^4 = 4x \;\Longrightarrow\; x^3 = 4 \;\Longrightarrow\; x = \sqrt[\,3]{4}.
Então
y = \frac{4}{x^2} = \frac{4}{\bigl(4^{1/3}\bigr)^2} =4^{1-\tfrac{2}{3}} =4^{1/3}.
E a altura z fica
z = \frac{3}{xy} = \frac{3}{4^{1/3}\,4^{1/3}} = \frac{3}{4^{2/3}}.

Passo 6

Para verificar que este ponto é mínimo, podemos notar que C(x,y)\to +\infty quando x ou y\to0 ou x,y\to\infty, e que a Hessiana de C em (4^{1/3},4^{1/3}) é definida positiva (padrão em problemas de caixa com superfície convexa). Logo, o ponto crítico é mínimo.

Resposta

As dimensões ótimas são
x = y = \sqrt[3]{4}\\ \mathrm{m}, \quad z = \frac{3}{4^{2/3}}\\ \mathrm{m}.

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