Cilindro aberto ou pechado: optimización con exercicios

A restrición de material determina a función que optimizas

Nun problema de deseño, non basta derivar unha fórmula de volume: primeiro hai que expresar a restrición e decidir que dimensións son posibles. Un cilindro pechado e outro sen tapa non teñen a mesma superficie, polo que tampouco conducen á mesma función.

Esta práctica resolve tres deseños hipotéticos con material de espesor desprezable. Non consideramos perdas de fabricación, solapas, custos diferentes nin resistencia mecánica. Os exercicios son orixinais e serven para comprobar como unha modificación do modelo cambia o óptimo.

As dúas magnitudes que non debemos confundir

Un cilindro de raio r>0 e altura h>0 ten volume V=πr²h. A superficie lateral é 2πrh e cada base circular ten área πr².

Se está pechado, a área total é S=2πr²+2πrh. Se non ten tapa, é S=πr²+2πrh. A diferenza dunha base modifica a restrición, aínda que a fórmula do volume non cambie.

O capítulo de optimización aplicada de OpenStax presenta a secuencia restrición, función dunha variable e xustificación do extremo. Os datos e as comparacións seguintes son propios.

O artigo existente sobre optimización en Matemáticas II de Murcia traballa exercicios xeométricos de convocatorias concretas. Aquí practicamos a modelización dun recipiente e a comparación pechado/aberto, sen atribuír o problema a ningún formato autonómico.

Exercicio 1: volume máximo dun cilindro pechado

Dispomos de 54π cm² de material para construír un cilindro pechado. Que raio e altura maximizan o volume?

A restrición é:

2πr²+2πrh=54π.

Dividimos entre 2π e despexamos h:

r²+rh=27; h=27/r−r.

Como r e h deben ser positivos, 27/r−r>0. Para r>0, isto equivale a r²<27. O dominio físico é:

0<r<√27.

Substituímos na expresión do volume:

V(r)=πr²(27/r−r)=π(27r−r³).

Agora derivamos:

V’(r)=π(27−3r²).

O único punto crítico positivo cumpre r²=9, polo que r=3 cm. A altura correspondente é h=27/3−3=6 cm.

O volume é V=π·9·6=54π cm³.

Xustificamos o máximo: V’ é positiva para 0<r<3 e negativa para 3<r<√27. A función medra e despois decrece dentro do dominio. Ademais, ao aproximarnos aos extremos físicos, o volume tende a cero: nun extremo desaparece o raio e no outro a altura.

Comprobación de material: dúas bases achegan 18π cm² e a superficie lateral 36π cm². A suma é 54π. As dimensións óptimas satisfán h=2r neste modelo pechado.

Exercicio 2: retirar a tapa cambia a relación óptima

Coa mesma área de material, 54π cm², construímos agora un cilindro sen tapa superior. Mantemos unha base e a superficie lateral. Calcula o novo óptimo.

A restrición pasa a ser:

πr²+2πrh=54π.

Despexando:

h=27/r−r/2.

A positividade da altura dá 0<r<√54. A función volume é:

V(r)=π(27r−r³/2).

A derivada é:

V’(r)=π(27−3r²/2).

O punto crítico positivo cumpre r²=18, polo que r=3√2 cm. Substituíndo:

h=27/(3√2)−(3√2)/2=3√2 cm.

Agora h=r, non h=2r. O volume máximo é:

V=π·18·3√2=54√2π cm³.

A derivada cambia de positiva a negativa no punto crítico, así que é o máximo no dominio. A base utiliza 18π cm² e a superficie lateral 36π cm², que volven sumar 54π.

O recipiente aberto admite máis volume co mesmo material dentro deste modelo, pero non presta exactamente o mesmo servizo: non ten tapa. Non presentamos a comparación como unha recomendación universal de fabricación.

O erro que esta variante detecta é conservar a restrición de dúas bases cando o enunciado elimina unha. Derivar correctamente unha función mal construída optimizaría outro obxecto.

Exercicio 3: área mínima para un volume fixo

Volvemos a un cilindro pechado. Agora queremos un volume de 54π cm³ e buscamos a menor área de material posible. A variable obxectivo cambiou: xa non maximizamos V.

Da restrición πr²h=54π resulta:

h=54/r².

Substituímos na área pechada:

S(r)=2πr²+2πr(54/r²)=2πr²+108π/r, para r>0.

Derivamos:

S’(r)=4πr−108π/r².

Multiplicando a ecuación S’=0 por r²>0:

4πr³−108π=0.

r³=27; r=3 cm.

A altura é h=54/9=6 cm e a área mínima é 2π·9+108π/3=54π cm².

Para xustificar o mínimo, S’(r) ten o signo de r³−27: é negativa antes de 3 e positiva despois. Ademais, S tende a infinito cando r tende a cero ou cando r medra sen límite.

Recuperamos as dimensións do primeiro exercicio, pero mediante outro problema: minimizar área para un volume fixo non é a mesma tarefa verbal que maximizar volume para unha área fixa. A relación entre ambos os resultados comproba a coherencia do deseño óptimo.

As unidades tamén comproban a modelización

Na restrición de área, os termos r² e rh teñen unidades de superficie. Na función volume, r²h ten unidades cúbicas. Se unha expresión mestura unha lonxitude cunha área sen un coeficiente dimensional adecuado, a simplificación probablemente perdeu unha variable.

A constante 27 da primeira función procede dunha área dividida entre 2π; non é unha cantidade sen contexto físico. Traballar con valores numéricos en centímetros non elimina as unidades das magnitudes.

Na libreta de erros, anota por separado restrición, dominio e función obxectivo. Un erro na primeira liña non se arranxa cunha derivada impecable.

Preguntas frecuentes

Nun cilindro óptimo sempre se cumpre h igual a 2r?

Non. Esa relación corresponde aquí ao cilindro pechado co modelo indicado. Sen tapa, o segundo exercicio dá h igual a r.

Basta con atopar unha derivada igual a cero?

Non. Debes comprobar o dominio e xustificar se o punto crítico produce o máximo ou mínimo pedido, incluíndo o comportamento nas fronteiras cando corresponda.

Área fixa e volume fixo son a mesma restrición?

Non. Cambian a variable obxectivo e a función dunha variable. Os resultados poden relacionarse, pero cada problema require a súa formulación.

Conta as bases antes de derivar

Refai as restricións cunha área dispoñible diferente e comproba se as relacións h=2r e h=r se conservan nos respectivos modelos. Para continuar con modelización e derivadas, consulta o curso de Matemáticas II para Galicia e revisa os contidos e as opcións de compra.