La caja tiene una superficie mínima

Question

Demuestra que un prisma rectangular (caja) de volumen dado tiene una superficie mínima si la caja es un cubo.

¿Podría darme algunas pistas sobre lo que debemos hacer?

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EDITAR :

Habiendo comprobado que para $z=\frac{V}{xy}$ la función $A_{\star}(x, y)=A(x, y, \frac{V}{xy})$ tiene su mínimo en $(\sqrt[3]{V}, \sqrt[3]{V})$ ¿Cómo podemos concluir que la caja es un cubo?

Tenemos que $x=y$ . ¿No deberíamos tener $x=y=z$ ¿tener un cubo?

Answer 1

Una pista: Que una caja sea $x$ -por- $y$ -por- $z$ . Aquí asumimos $x>0$ , $y>0$ , $z>0$ . Entonces la superficie de la caja es $$A=2(xy+xz+yz)$$ y el volumen $V=xyz$ es fijo. Necesitamos encontrar el mínimo de $A(x,y,z)$ dada la condición adicional $V=xyz$ . Pero $z=\frac{V}{xy}$ y, por lo tanto, $A$ puede considerarse como una función en dos variables $x$ y $y$ : $$A_\star(x,y)=2\left(xy+\frac{(x+y)V}{xy}\right).$$ Hay que encontrar el mínimo de $A_\star(x,y)$ .

Así que dejemos $$ \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial A_\star}{\partial x} = 0,\\ \frac{\partial A_\star}{\partial y} =0; \end{array} \right. $$ y así sucesivamente... El mínimo estará en $x=y=\sqrt[3]{V}$ .

Actualización:

$$ \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial A_\star}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( 2xy +\frac{2V}{x}+\frac{2V}{y}\right)=2y-\frac{2V}{x^2}= \frac{2x^2y-2V}{x^2}=0,\\ \frac{\partial A_\star}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( 2xy +\frac{2V}{x}+\frac{2V}{y}\right)=2x-\frac{2V}{y^2}= \frac{2xy^2-2V}{y^2}=0. \end{array} \right. $$ Desde $x > 0$ y $y > 0$ obtenemos $$ \left\{ \begin{array}{l} x^2y-V=0,\\ xy^2-V=0; \end{array} \right. \qquad\text{or}\qquad \left\{ \begin{array}{l} x=\sqrt[3]{V},\\ y=\sqrt[3]{V}; \end{array} \right. $$ Ahora probaremos que $(x_0,y_0)=(\sqrt[3]{V},\sqrt[3]{V})$ es el mínimo de $A_\star(x,y)$ . Considere $$ \begin{bmatrix} \frac{\partial^2 A_\star}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 A_\star}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 A_\star}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2 A_\star}{\partial y^2} \end{bmatrix}_{(x_0,y_0)} = \begin{bmatrix} \frac{4V}{x^3} & 2 \\ 2 & \frac{4V}{y^3} \end{bmatrix}_{(x_0,y_0)} = \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix} $$ Tenemos el mínimo si la matriz anterior está definida positivamente. O, en otras palabras, utilizando el criterio de Sylvester deberíamos obtener $$ \left\{ \begin{array}{l} \left.\frac{\partial A_\star^2}{\partial x^2}\right|_{(x_0,y_0)} >0,\\ \left.\frac{\partial A_\star^2}{\partial x^2}\right|_{(x_0,y_0)} \left.\frac{\partial A_\star^2}{\partial y^2}\right|_{(x_0,y_0)}- \left( \left.\frac{\partial A_\star^2} {\partial x \partial y}\right|_{(x_0,y_0)} \right)^2 >0. \end{array} \right. $$ Obviamente, es el caso. Así que, $(x_0,y_0)=(\sqrt[3]{V},\sqrt[3]{V})$ es el mínimo. Por último, $z_0=\frac{V}{x_0y_0}=\sqrt[3]{V}$ . Por lo tanto, $x_0=y_0=z_0=\sqrt[3]{V}$ da el mínimo del área. En consecuencia, la caja debe ser un cubo.

Answer 2

Utilizando el método de Multiplicadores de Lagrange deseamos minimizar $$f(x,y,z)=2(xy+xz+yz)$$ con la condición de que $$g(x,y,z)=xyz=V$$ para alguna constante $V$ . Diferenciación e introducción de nuestro multiplicador de Lagrange $\lambda$ , $$\frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x}$$ $$ \frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y} $$ $$ \frac{\partial f}{\partial z}=\lambda \frac{\partial g}{\partial z} $$ encontramos que $$2(y+z)=\lambda yz$$ $$2(x+z)=\lambda xz$$ $$2(x+y)=\lambda yx$$ y que por lo tanto $$\frac{x+y}{xy}=\frac{x+z}{xz}=\frac{y+z}{yz}$$ De lo cual podemos descubrir rápidamente que $x=y=z$ . Para no perder el tiempo, volvemos a introducir la ecuación de la restricción para encontrar que $x=y=z=\sqrt[3]{V}$ como era de esperar.

Answer 3

mantendremos el volumen en $1.$ que la base tenga una longitud $x$ y la anchura $y.$ entonces la restricción de volumen hace que la altura de la caja $\frac1{xy}.$ hay que minimizar la superficie $$A = 2\left(xy+\frac 1x + \frac 1y\right), x > 0, y > 0 $$ ahora puedes usar la desigualdad am-gm $\frac{a+b+c}3\ge (abc)^{1/3}$ para demostrar que $$A \ge 6\left(xy\frac1x \frac 1y\right)^{1/3} = 6.$$ por lo que la superficie mínima de la caja es $ 6$ con la condición de que el volumen sea $1.$

si escalas todo, obtendrás $$A \ge 6V^{2/3}. $$

Answer 4

Supongamos que la caja $B$ con los lados $\ell$ , $w$ y $h$ tiene volumen $V=\ell wh$ y supongamos que $\ell\ne w$ . Considere la caja $B'$ cuyos lados son $\sqrt{\ell w}$ , $\sqrt{\ell w}$ y $h$ que tiene el mismo volumen.

Caja $B$ tiene una superficie $2(\ell w+wh + h\ell)=2\ell w+2h(w+\ell)$ y caja $B'$ tiene una superficie $2(\ell w+2h\sqrt{\ell w})=2\ell w+4h\sqrt{\ell w}$ . Por la desigualdad de la media aritmética-geométrica, $w+\ell\ge 2\sqrt{\ell w}$ y, por tanto, la superficie de $B'$ es menor.

Esta observación demuestra que si una caja de volumen $V$ tiene dos lados desiguales, no tiene la menor superficie entre todas las cajas de volumen $V$ . Tomando el contrapositivo de esta implicación, Si la caja $B$ tiene la menor superficie de todas las cajas con volumen $B$ , entonces no tiene dos lados desiguales.

Por lo tanto, la caja de volumen $V$ con la menor superficie tiene todos los lados iguales.

Answer 5

Volumen $V=xyz$ dado. Área $A(x,y,z)=2(xy+yz+zx)$ para minimizar, cuando $x,y,z>0$ y $xyz=V$ .

Es un hecho. Si $a,b,c>0$ entonces $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$ y la igualdad se mantiene si y sólo si $a=b=c$ .

Prueba. Hemos establecido $X=\sqrt[3]{a}$ , $Y=\sqrt[3]{b}$ y $Z=\sqrt[3]{c}$ . Entonces la identidad $$ X^3+Y^3+Z^3-3XYZ=\frac{1}{2}(X+Y+Z)\big((X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2\big),\tag{1} $$ retenciones. Esto significa que $$ a+b+c-3\sqrt[3]{abc}=X^3+Y^3+Z^3-3XYZ\ge 0, $$ como el lado derecho de $(1)$ es no negativo, y la igualdad sólo si $X-Y=Y-Z=Z-X=0$ o $X=Y=Z=0$ o $a=b=c=0$ . $\quad\Box$

Por lo tanto, $$ \frac{A}{2}=xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{xy\cdot yz\cdot zx}=3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3V^{2/3}. $$ y la igualdad se mantiene si $xy=zx=yz$ o, por el contrario, si $x=y=z$ .

Sí, es cierto, $A$ se minimiza cuando $x=y=z$ y $A_{\mathrm{min}}=6V^{2/3}$ .