Ensino Superior ⇒ Derivadas: Área Lateral Máxima de um Cilindro Inscrito Tópico resolvido

[reLaN]

Ache as dimensões do cilindro circular reto de maior área de superfície lateral que possa ser inscrito em uma esfera com um raio de 6 cm.

Resposta:

---

O raio é [tex3]3\sqrt2 \text{cm}[/tex3] e a altura é [tex3]6\sqrt2 \text{cm}[/tex3]

------------------------------------------------------------------------
Bom, até cheguei em um resultado mas não bateu com a resposta não !

[Alexandre_SC]

se o raio da esfera é de R
podemos dizer que o cilindro formado tem raio [tex3]R \cdot \sen (\phi)[/tex3]
e altura [tex3]2 \cdot R \cdot \cos (\phi)[/tex3]

o phi é o angulo entre o eixo central do cilindro, e da sua intersecção com a esfera.

a superfície do cilindro é então dada por

[tex3]2 \pi r^2 + 2\pi\cdot r \cdot h[/tex3]
[tex3]2 \cdot \pi \cdot ( R \cdot \sen (\phi))^2 + 2 \cdot \pi \cdot (( R \cdot \sen (\phi))\cdot ( R \cdot \cos (\phi)))[/tex3]

[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2((\sen (\phi))^2 + (\sen (\phi)\cdot \cos (\phi)))[/tex3]

devemos encontrar o ponto de máximo da função

[tex3]S(\phi) = 2 \cdot \pi \cdot ( R \cdot \sen (\phi))^2 + 2 \cdot \pi \cdot (( R \cdot \sen (\phi))\cdot ( R \cdot \cos (\phi)))[/tex3]


[tex3]S^,(\phi) = 2 \cdot \pi R^2 \cdot(2 \cdot \cos (\phi)\cdot \sen (\phi) + (\cos ^2(\phi) - \sen ^2(\phi)))[/tex3]

[tex3]S^,(\phi) = 2 \cdot \pi R^2 \cdot(\sen (2\phi) + \cos (2\phi))[/tex3]

e a segunda derivada

[tex3]S^{,,})(\phi) = 4 \cdot \pi R^2(\cos (2 \phi) - \sen (2 \phi))[/tex3]

como para um ponto de máximo temos
[tex3]S^, = 0[/tex3]

e [tex3]S^{,,} \lt 0[/tex3]

[tex3]\begin{cases} \sen (2 \phi) + \cos (2 \phi) = 0 \\ \cos (2\phi) - \sen (2 \phi) < 0\end{cases}[/tex3]

como o intervalo dos valores de [tex3]\phi[/tex3] são de 0 a [tex3]\frac{\pi}{2}[/tex3]

[tex3]\cos (2 \phi) = - \sqrt{1- \cos ^2(2\phi)}[/tex3]

pois nesse intervalo [tex3]\sen (2 \phi)[/tex3] é positivo

[tex3]\cos ^2 (2 \phi) = 1 - \cos ^2(2 \phi)[/tex3]

[tex3]\cos (2 \phi) = \pm \frac{1}{\sqrt 2}[/tex3]

[tex3]2 \phi = \frac \pi 4[/tex3]

ou [tex3]2 \phi = \frac{3 \phi}{4}[/tex3]

subtraindo as duas equações acima temos

[tex3](\cos (2\phi) - \sen (2 \phi)) + (\cos (2\phi) + \sen (2 \phi)) \lt 0[/tex3]

[tex3]2\cos (2\phi) \lt 0[/tex3]

então temos [tex3]\phi = \frac{ 3 \pi}{8}[/tex3]

o raio é

[tex3]R \cdot \sen (\phi) = R \cdot \sen \(\frac{3\pi}{8}\) = R \sqrt{\frac{1-\cos (\frac{3\pi}{4})}{2}}[/tex3]


[tex3]= R \frac{\sqrt{ 2 + \sqrt{2}}}{2} = 3 \sqrt{2 + \sqrt{2}}cm[/tex3]

e

a altura

[tex3]R \cdot \cos (\phi) = R \cdot \sen \(\frac{3\pi}{8}\) = R \sqrt{\frac{1 + \cos (\frac{3\pi}{4})}{2}}[/tex3]


[tex3]= R \frac{\sqrt{ 2 - \sqrt{2}}}{2} = 3 \sqrt{2 - \sqrt{2}}cm[/tex3]

foi essa a sua resposta?



eu tinha resolvido por engano para a área por isso deixei aí


aplicando [tex3]S\left( \frac{3\pi}{8}\right)[/tex3]

[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2((\sen (\phi))^2 + (\sen (\phi)\cdot \cos (\phi)))[/tex3]
[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2\cdot\(\frac{1 - \cos (2\phi)}{2} + \frac{\sen (2 \phi)}{2}\)[/tex3]

[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2\cdot\(\frac{1 - \cos \(\frac{3 \pi}{4}\)}{2} + \frac{\sen \(\frac{3\pi}{4}\)}{2}\)[/tex3]

[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2(\frac{1 - \frac{-\sqrt{2}}{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}{2}}{2})[/tex3]


[tex3]2 \cdot \pi \cdot R^2(\frac{2 +2 \sqrt{2}}{4})[/tex3]

substituindo o valor do raio

[tex3]2 \cdot \pi \cdot 36cm^2\cdot (\frac{2 +2 \sqrt{2}}{4})[/tex3]

[tex3]18 \cdot\pi \cdot (2 + \sqrt{2})[/tex3]

[Karl Weierstrass]

F94.png (8.87 KiB) Exibido 8741 vezes

Sejam [tex3]r[/tex3] e [tex3]h,[/tex3] respectivamente, o raio e a altura do cilindro.

A área lateral do cilindro é dada por

• [tex3]A_{\ell}\,=\,2\pi rh[/tex3]

Do triângulo retângulo [tex3]ABC,[/tex3] obtemos, pelo Teorema de Pitágoras,

• [tex3]h\,=\,\sqrt{4R^2\,-\,4r^2}[/tex3]

Sabendo que o raio [tex3]R[/tex3] da esfera mede [tex3]6[/tex3] centímetros, vem

• [tex3]h\,=\,\sqrt{144\,-\,4r^2}.[/tex3]

Logo,

• [tex3]A_{\ell}\,=\,2\pi r(144\,-\,4r^2)^{\frac{1}{2}}.[/tex3]

Vamos agora determinar o valor de [tex3]r[/tex3] que minimiza [tex3]A_{\ell}.[/tex3]

• [tex3]A_{\ell}'\,=\,2\pi\,\cdot\,[(r)'\,\cdot\,(144\,-\,4r^2)^{\frac{1}{2}}\,+\,r\,\cdot\,[(144\,-\,4r^2)^{\frac{1}{2}}]'][/tex3]
  
  [tex3]A_{\ell}'\,=\,2\pi\,\cdot\, [(144\,-\,4r^2)^{\frac{1}{2}}\,+\,\frac{1}{2}\,\cdot\,r\,\cdot\,(144\,-\,4r^2)^{-\,\frac{1}{2}}\,\cdot\,(144\,-\,4r^2)'][/tex3]
  
  [tex3]A_{\ell}'\,=\,2\pi\,\cdot\, \left[\sqrt{144\,-\,4r^2}\,-\,\frac{4r^2}{\sqrt{144\,-\,4r^2}}\right][/tex3]
  
  [tex3]A_{\ell}'\,=\,36\pi\,\cdot\, \frac{18\,-\,r^2}{\sqrt{144\,-\,4r^2}}[/tex3]

Calculando as raízes da primeira derivada, obtemos

• [tex3]\,36\pi\,\cdot\, \frac{18\,-\,r^2}{\sqrt{144\,-\,4r^2}}\,=\,0\,\Longrightarrow\,r\,=\pm\,3\sqrt{2}.[/tex3]

Como [tex3]r\,>\,0,\, r\,=\,3\sqrt{2}\,\text{cm}.[/tex3]

Portanto,

• [tex3]h\,=\,\sqrt{144\,-\,4\,\cdot\,(3\sqrt{2})^2}\,=\,\sqrt{72}\,=\,6\sqrt{2}\,\text{cm}[/tex3].

Note que o cilindro de área lateral mínima inscrito na esfera é eqüilátero, isto é, [tex3]h\,=\,2r.[/tex3]

Observação: Para que a solução ficasse 100% completa, seria necessário estudar o sinal da 1ª derivada e verificar se [tex3]r\,=\,3\sqrt{2}[/tex3] é realmente um ponto de mínimo da função [tex3]A_{\ell}.[/tex3] Como as raízes da primeira derivada já são conhecidas, atribua valores para [tex3]r[/tex3] nos três intervalos determinados pelas raízes de [tex3]A_\ell'[/tex3] para concluir que [tex3]3\sqrt{2}[/tex3] é realmente um ponto de mínimo.

[reLaN]

Antes de tudo obrigado pelas respostas rápidas, o meu pensamento estava certo começei resolvendo da mesma maneira que Karl Weierstrass. Acredito ter errado na derivação da area lateral esquecendo de utilizar a regra da cadeia.

tenho outro parecido, que não tem a resposta, vou postar depois para ver se o resutado bate valeu gente !