Massimi, minimi e flessi¶

Due problemi di ottimizzazione¶

I due problemi seguenti orienteranno il nostro studio a prendere confidenza con le applicazioni più tipiche. Il primo problema è già stato oggetto di studio nel libro sugli iperreali.

La scatola più capiente¶

Partendo da un cartoncino di formato A4, si cerca di ricavare la scatola (senza coperchio) più capiente, praticando alla giusta distanza due tagli perpendicolari a lato di ogni angolo, in modo da escludere in tutto 4 quadrati uguali. Calcola al millimetro la misura dei tagli opportuna.

I fogli di formato A sono costruiti così: il foglio A0 è un rettangolo di area $1 m^2$ e con lati in rapporto uguale a $\sqrt{2}$ . Viene diviso a metà lungo il suo lato maggiore per ottenere due fogli di formato A1, i quali a loro volta vengono tagliati con lo stesso criterio, formando ciascuno due fogli di formato A2. Lo stesso avviene per i formati successivi, che indicano fogli sempre più piccoli, con l’area dimezzata rispetto ai formati precedenti. Quindi se a è il lato maggiore per esempio del rettangolo di formato A3 e b è il lato maggiore del rettangolo di formato A4, si ha che $\frac{a^2}{b^2}=2\ \to\ a=b\sqrt{2}$ , che è anche il rapporto fra le dimensioni di uno stesso foglio. Siccome il foglio formato A0 ha area di $1\ m^2=10000\ cm^2$ , il foglio di formato A4 avrà area $Area(A4)=\frac{10000}{16}\ cm^2 = l\cdot l\sqrt{2}=l^2\sqrt{2}$ , dove $l$ è il lato per esempio minore. Quindi $a^2\sqrt{2}= \frac{10000}{16}\ \to \ a=\frac{25}{\sqrt[4]{2}}=21.02241\ cm$ . Moltiplicando per $\sqrt{2}$ si ottiene l’altra dimensione, di $29.73010\ cm.$

Per indicare più brevemente i calcoli poniamo $a=\sqrt{2}$ e $b=1$ . Una volta ottenuto il risultato lo moltiplicheremo per il vero valore di $b=\frac{25}{\sqrt[4]{2}}$ . Le dimensioni iniziali della scatola ideale vengono accorciate di $2x$ , così avremo un volume pari a $V=x(a-2x)(b-2x)$ . Per cercare il volume massimo consideriamo la funzione $y=f(x)=x(a-2x)(b-2x)$ , definita nell’intervallo $\left[0,\frac{b}{2}\right]$ , perché non si può pensare di praticare il taglio oltre la metà del lato minore. Consideriamo gli estremi dell’intervallo inclusi: sappiamo che a distanza zero e a distanza $\frac{b}{2}$ da un vertice non ha senso praticare il taglio perché il volume risulta nullo: $f(0)=f\left(\frac{b}{2}\right)=0$ . Senza nessun taglio, la scatola non esiste e il volume è nullo. Si provano tagli via via più profondi e più distanti dai vertici, si piegano i margini, la scatola prende forma e il volume cresce. Sia arriverà ad un taglio (almeno uno) di misura $\overline{x}$ che darà luogo al volume massimo. Il grafico di $f(x)$ , in corrispondenza di $\overline{x}$ avrà la tangente orizzontale, perché la funzione che rappresenta il volume cresce fino al suo massimo, poi decresce. Quindi per $\overline{x}$ la derivata della funzione si annulla.

Calcoliamo la derivata e poniamola uguale a zero: $f(x)=12x^2-4(a+b)x+ab=0$ . È un’equazione di secondo grado, le cui soluzioni sono accettabili solo se appartengono all’intervallo dato. Le considerazioni precedenti ci dicono che almeno una soluzione deve esistere: ne abbiamo la certezza esaminando $\frac{\Delta}{4}=4(a+b)^2-12ab=4(a^2-ab+b^2)=4[(a-b)^2+ab]>0$ . Quindi

$x=\frac{2(a+b)\pm 2\sqrt{a^2-ab+b^2}}{12}=\frac{a+b\pm \sqrt{a^2-ab+b^2}}{6}$

Sostituendo $a=\sqrt{2}$ e $b=1$ si ottiene una sola soluzione nell’intervallo dato $\overline{x}=0.192489$ e infine, moltiplicando per $\frac{25}{\sqrt[4]{2}}$ si perviene al valore $4.046580774$ . Il taglio ottimale risulta perciò di circa $4\ cm$ .

Il cilindro di area minima¶

Fra tutti i cilindri di volume dato, trova le dimensioni del cilindro con la minima area totale.

La formula che esprime il volume di un cilindro è $V=\pi r^2h$ (r è il raggio, h è l’altezza). Se il volume è dato, l’altezza dipende dal raggio: $h=\frac{V}{\pi r^2}$ . La formula della superficie totale dipende anch’essa da altezza e raggio: $A=2\pi rh+2\pi r^2$ e può essere riscritta come funzione che dipende unicamente dal raggio $x. :math:`y=f(x)=2\pi x\frac{V}{\pi x^2} +2\pi x^2=\frac{2V}{x}+2\pi x^2$ .

Il primo addendo indica l’area laterale. Poiché il raggio vi compare al denominatore, vuol dire che l’area laterale è infinita se il raggio è infinitesimo, cioè il cilindro è sottilissimo e altissimo. In questo caso le due aree di base, cioè il secondo addendo, danno un contributo infinitesimo. Al contrario, se il raggio è infinito, l’area laterale risulta infinitesima e le aree di base sono infinite, cioè il cilindro è piatto e larghissimo. Fra queste due situazioni estreme ci sarà senz’altro un valore intermedio del raggio tale da rendere minima l’area totale. La funzione è definita nell’intervallo $x\in (0,+\infty)$

$&f(\epsilon)=2\pi (\epsilon)^2+ \frac{2V}{\epsilon}=(\epsilon)+(+\infty)=+\infty\\ &f(+\infty)=2\pi (+\infty)^2+ \frac{2V}{+\infty}=(+\infty)+(0)=+\infty$

$f(x)$ ha quindi un grafico che scende dall’infinito per $x$ prossimo a $\epsilon$ e vi risale per $x=+\infty$ . Il grafico ha senz’altro almeno un punto di minimo, nel quale la tangente è orizzontale, come già visto.

$f'(x)=4\pi x-\frac{2V}{x^2}=0 \to 4\pi x=\frac{2V}{x^2}\to x^3= \frac{V}{2\pi}\to x=\left(\frac{V}{2\pi}\right)^{\frac{1}{3}}$

Il risultato non è tanto importante in sè, perché un semplice algoritmo, eseguito al computer, avrebbe potuto calcolarlo per ogni dato volume. E’ invece significativo perché ci dà indicazioni preziose sulla forma del solido. Mettiamo in rapporto l’altezza e il raggio:

$\frac{h}{r}=\frac{\frac{V}{\pi r^2}}{r}=\frac{V}{\pi r^3}= \frac{V}{\pi\frac{V}{2\pi}}=2$

Fra gli infiniti cilindri di dato volume, quello di area minima ha l’altezza pari al diametro. La sua sezione verticale passante per il diametro è quindi un quadrato.

Note

Restando aderenti alle situazioni concrete, si danno per scontate alcune questioni teoriche (sulla continuità delle funzioni, sull’esistenza della soluzione, ecc), e i procedimenti risolutivi arrivano ai risultati senza intoppi. Non tutti i casi sono però così fortunati, quindi ora è il momento di esaminare la questione nei suoi aspetti generali.

Generalità sui massimi e sui minimi¶

Una funzione può avere punti di massimo e di minimo, relativi e assoluti.

Il disegno mostra il grafico di una funzione che due punti di massimo relativo in $\overline{x}_1$ e $\overline{x}_3$ , di cui quest’ultimo è anche massimo assoluto, e tre punti di minimo relativo in $a,\overline{x}_2, b$ , fra i quali $a$ è anche minimo assoluto.

Massimo assoluto vuol dire $f(\overline{x})\ge f(x)$ per tutti gli $x$ del dominio.
Massimo relativo: $f(\overline{x})\ge f(x)$ per tutti gli $x$ del dominio, infinitamente vicini a $\overline{x}$ .
Minimo assoluto vuol dire $f(\overline{x})\le f(x)$ per tutti gli $x$ del dominio.
Minimo relativo: $f(\overline{x})\le f(x)$ per tutti gli $x$ del dominio, infinitamente vicini a $\overline{x}$ .

Non è detto che una funzione abbia un massimo assoluto: può averne uno, nessuno o anche infiniti e lo stesso vale per i minimi assoluti. Una funzione come la tangente, nell’intervallo $\left(-\frac{\pi}{2},+\frac{\pi}{2}\right)$ , oppure come la retta $y=x$ nell’intervallo $(0,1)$ , non ha né massimi né minimi. Invece la funzione seno, considerata sull’asse iperrereale, ha infiniti massimi e minimi assoluti. La questione dell’esistenza certa di massimi o minimi assoluti è legata alla continuità della funzione e al fatto che l’intervallo contenga gli estremi. Questo non esclude che anche altre funzioni, discontinue oppure definite su intervalli aperti, abbiano di questi punti.

Teorema: Se una funzione $f(x)$ è continua e definita su un intervallo chiuso e limitato $[a,b]$ , allora certamente esiste un punto $\overline{x}$ interno all’intervallo per il quale la funzione ha un massimo (minimo) assoluto.

Dimostrazione: Consideriamo $f:\ [a,b]\ \to \mathbf{R}$ . Poniamo $a=a_0$ e $b=b_0$ . Dividiamo l’intervallo per il suo punto medio $m_0=\frac{a_0+b_0}{2}$ e andiamo a cercare se in $[a_0,m_0]$ esiste un punto $x_0$ tale che in quel punto la funzione supera (o eguaglia) i valori che assume nella seconda metà $[m_0,b]$ : $f(x_0)\ge ~f(x), ~\forall x\in [m_0,b]$ . Se questo $x_0$ esiste, allora concentriamo il lavoro successivo solo sulla prima metà di $[a,b]$ , cioè su $[a_0,m_0]$ , altrimenti ci concentreremo sulla seconda metà, $[m_0,b]$ . Nel primo caso poniamo $a_1=a_0$ e $b_1=m_0$ , nel secondo sarà: $a_1=m_0$ e $b_1=b_0$ . A questo punto si ripete il procedimento: si trova il punto medio del nuovo intervallo $m_1=\frac{a_1+b_1}{2}$ e ci si concentra sulla metà che contiene $x_1$ tale $f(x_1)\ge f(x)$ per tutti gli $x$ dell’altra metà. E così via. Con questa tecnica si costruiscono due successioni dei valori $a_k$ e $b_k$ , che rappresentano gli estremi sempre più vicini di intervalli che si stringono sempre più attorno al punto per il quale $f(x)$ assume un valore maggiore o uguale a tutti quelli assunti per gli $x$ esterni. Le due successioni sono monotone e limitate, quindi convergono (v. Par. 13.1.2). La differenza fra due termini $b_k-a_k=\frac{b-a}{2^k}$ è infinitesima per indici infiniti: $a_N\approx b_N$ Le due successioni convergono allo stesso numero standard $\overline{x}$ , con $a_N\le \overline{x}\le b_N$ e $f(\overline{x})\ge f(x)$ per tutti gli $x$ esterni alla monade di $\overline{x}$ . Quindi $f(x)$ ha in $\overline{x}$ un punto di massimo assoluto.

Note

Il teorema vale anche per i punti di minimo assoluto. Basta infatti considerare la funzione $g(x)=-f(x)$ e procedere con una dimostrazione analoga.

Teorema. Nei punti di massimo (minimo) interni a $[a,b]$ la derivata si annulla.

Infatti se il punto $x$ è di massimo, $df(x)\ge 0$ . Per $dx>0$ si ha $\frac{df(x)}{dx}\ge 0$ , mentre se $dx<0$ $\frac{df(x)}{dx}\ge 0$ . La parte standard del rapporto differenziale non può essere contemporaneamente positiva e negativa, perciò $f'(x)=0$ .

Note

Anche gli estremi dell’intervallo possono essere di massimo o di minimo, ma non è detto che la derivata in quei punti sia nulla. Per esempio questo accade per $x=a$ nel disegno. Inoltre vi possono essere massimi e minimi per i quali la derivata non esiste, come per $f(x)=|x|$ nell’origine.

In conclusione una funzione definita e continua su un intervallo chiuso e limitato ha certamente un massimo e un minimo assoluti e questi punti vanno cercati dove la derivata si annulla, oppure agli estremi dell’intervallo oppure dove la derivata non esiste.

Esempio 1¶

Cercare massimi e minimi di $f(x)=x^4-2x^3+|x|-1$

La funzione è continua, perché è somma di funzioni continue. All’infinito è asintotica a $x^4$ , quindi diverge positivamente: $f(\pm\infty)=+\infty$ . La funzione ha quindi un minimo assoluto, non un massimo assoluto, oltre ad altri eventuali massimi e minimi relativi.

Ricerca del minimo assoluto¶

Il punto va ricercato

dove eventualmente si annulla la derivata, oppure
dove la derivata non esiste, cioè in $x=0$ .

Per capire quest’ultimo punto, consideriamo che $f(x)$ è la somma di funzioni derivabili ovunque più la funzione valore assoluto, che è non derivabile nell’origine perché qui vi ha un punto angoloso. Quindi complessivamente $f(x)$ non è derivabile nell’origine.

Calcoliamo la derivata e uguagliamola a zero. Per $x>0$ : $f'(x)=4x^3-6x^2+1=0$ (cercheremo eventuali soluzioni positive). Per $x<0, \ f'(x)=4x^3-6x^2-1=0$ (soluzioni negative).

Soluzioni positive¶

Riscriviamo l’equazione come $x^3=\frac{3}{2}x^2-\frac{1}{4}$ e cerchiamo graficamente le intersezioni eventuali fra le due curve.

Ricerca grafica delle soluzioni positive di $f'(x)=0$

Si intuisce l’esistenza di due soluzioni, di cui la prima nell’intervallo $[0,1]$ e la seconda nell’intervallo $[1,2]$ . Ricaviamo la prima soluzione dal Teorema di Ruffini: $x_1=\frac{1}{2}$ e la seconda abbassando il grado del polinomio: $4x^3-6x^2+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)(4x^2-4x-2)=(2x-1)(2x^2-2x-1)$ L’unica soluzione positiva di $2x^2-2x-1=0$ è $x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}=1.36602540$ .

Soluzioni negative¶

L’equazione $4x^3-6x^2-1=0$ si può riscrivere come $x^3=\frac{3}{2}x^2+1$ . Il metodo del confronto fra i grafici è di aiuto per capire che non esistono soluzioni negative, perché i due grafici non si intersecano per $x<0$ .

Il valore del minimo assoluto¶

Dobbiamo tener conto anche di $x=0$ , dove la derivata non esiste. Non resta che calcolare i valori di $f(x)$ nei tre punti che possono dare luogo ad un minimo assoluto. $f(0)=-1\ f((0.5)=-0.6875\ f(1.3660254)=-1.250000$ . È quindi quest’ultimo il valore minimo assoluto assunto dalla funzione.

Eventuali punti di massimo e minimo relativi e grafico¶

Abbiamo due punti da discutere: in $0$ la derivata non esiste e in $0.5$ la derivata è nulla. Che tipo di punti sono questi, per $f(x)$ ? Riguardando le considerazioni iniziali sulla continuità e sugli asintoti, si può intuire che il primo sia un punto di minimo relativo, il secondo di massimo relativo e per averne la prova basterebbe calcolare i valori di $f(x)$ per $x$ prossimi ai valori in discussione. Possiamo però applicare le tecniche già apprese e procedere in modo più completo ed elegante.

Per $x\approx 0$ il polinomio $x^4+2x^3-|x|-1\sim |x|-1$ , che è la funzione valore assoluto con il vertice in $(0,-1)$ . Dunque, nella monade di zero $f(x)\ge 1$ , il che corrisponde al fatto che per $x=0$ $f(x)$ ha un minimo relativo.

Per studiare il comportamento (approssimato) di $f(x)$ per $x=0.5$ usiamo lo sviluppo in serie di Taylor del secondo ordine: $f(x)\sim f(0.5)+\frac{f^{''}(0.5)}{2}(x-0.5)^2$ . Calcolando $f^{''}(0.5)$ si ottiene $-3$ , quindi: $f(x)=f(0.5)-\frac{3}{2}(x-0.5)^2<f(0.5)$ , quindi per $0.5$ la funzione ha un massimo relativo.

Grafico della funzione $f(x)$

Ecco infatti il grafico della funzione, disegnato assieme ai grafici di $y=|x|-1$ e di $y~=~-0.6875~-1.5(x-0.5)^2$ , che approssimano la funzione negli ultimi due punti considerati.

Considerazioni sulla derivata seconda¶

Gli ultimi calcoli, svolti con l’aiuto del polinomio di Taylor al secondo ordine, suggeriscono qualche ragionamento di grande utilità.

$f(x)=\sim f(a)+\frac{f^{''}(a)}{2}(x-a)^2$ è l’espressione che vale se $f'(a)=0$ . Poiché $\frac{(x-a)^2}{2}$ è un fattore positivo, il segno della derivata seconda, calcolata in $a$ determina se $f(x)\ge f(a)$ oppure $f(x)\le f(a)$ , e quindi se $a$ è un punto di minimo o di massimo relativi. La procedura è:

In un punto in cui la derivata prima si annulla, si controlla il segno della derivata seconda. Se in quel punto la derivata seconda è positiva, si tratta di un minimo relativo. Se invece è negativa, si tratta di un massimo relativo.

Se anche la derivata seconda si annulla¶

In questo caso la differenza $f(x)-f(a)$ dipende dal termine del terzo ordine del Polinomio di Taylor, perché $f(x)-f(a)=\frac{f^{'''}(a)}{3!}(x-a)^3$ . $(x-a)^3$ cambia segno a seconda che $x$ sia maggiore o minore di $a$ e, se la derivata terza è positiva, $f(x)-f(a)$ segue il segno di $x-a$ . In questo caso, cioè nel caso della derivata terza positiva con le derivate prime e seconde nulle, il grafico della funzione incrocia il grafico della tangente orizzontale nel punto $x=a$ , passando da valori inferiori a sinistra di $f(a)$ a valori superiori, a destra. Si tratta quindi di una funzione crescente nell’intervallo, ma che in $a$ ha un punto a tangente orizzontale. Tale punto, che non è di massimo o di minimo relativi, è chiamato punto di flesso orizzontale. Se infine la derivata terza è negativa, con la derivata prima e seconda nulle, possiamo svolgere considerazioni analoghe e individuare in $a$ un punto di flesso orizzontale di una funzione con andamento decrescente nell’intervallo.

Se anche la derivata terza si annulla¶

In questo caso possiamo riprendere le considerazioni svolte al titolo precedente perché il segno di $f(x)-f(a)$ dipende dal termine del quarto ordine del polinomio di Taylor. Se la derivata quarta è positiva abbiamo un minimo relativo, altrimenti un massimo.

Regola generale In un punto dove si annullano le derivate prima e seconda, si calcolano le derivate successive fino alla prima derivata che non si annulla. Se questa derivata è di ordine pari, si svolgono le considerazioni già viste per la derivata seconda. Se questa derivata è di ordine dispari, siamo in presenza di un punto di flesso orizzontale.

Punti di flesso¶

Vengono chiamati flessi i cambi di concavità del grafico di una funzione. Nei punti di flesso la tangente al grafico sembra una retta secante: la funzione si avvicina al punto di tangenza per esempio da sinistra mantenendosi più bassa, cioè per valori inferiori, concava verso il basso; superato il punto di flesso troviamo la funzione dalla parte opposta della tangente, cioè con valori maggiori e concava verso l’alto. In questo caso si dice che il flesso è ascendente. Se invece a sinistra del punto di flesso la funzione è concava verso l’alto poi interseca la “tangente” e cambia concavità rivolgendosi verso il basso e assume valori inferiori alla tangente, allora il flesso si dice discendente. I flessi possono essere orizzontali, come già visto nell’esempio, oppure obliqui, nel senso che la retta tangente è inclinata. In questi casi la derivata prima nel punto in questione è diversa da zero.

L’equazione della tangente di $f(x)$ nel punto $a$ è $y=f(a)+f'(a)(x-a)$ , come sappiamo. Si tratta del Polinomio di Taylor del primo ordine. La differenza fra i valori della funzione e quelli della tangente, usando il Polinomio al secondo ordine, è

$f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)\sim \frac{f^{''}(a)}{2}(x-a)^2$

ed è una differenza che ha il segno di $f^{''}(a)$ , purche sia diversa da zero. Questo vuol dire che se per esempio il grafico della funzione a sinistra di $a$ è tracciato sotto il grafico della tangente, allora resta sotto anche a destra di $a$ . Se invece la derivata seconda è nulla e la derivata terza no, scriviamo $f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)\sim \frac{f^{'''}(a)}{3!}(x-a)^3$ , che, come abbiamo già visto, cambia segno in relazione a $(x-a)^3$ , il che costringe il grafico della funzione a scavalcare la retta “tangente”.

Criterio delle derivate successive¶

Se per $x=c$ si annulla la derivata seconda $f''(c)=0$ , calcola $n$ derivate successive, fino alla prima derivata $f^n(c)\ne 0$ e controlla:

$n$ è dispari: allora $(c,f(c))$ è un punto di flesso. Se $f^n(c)> 0$ il flesso è ascendente, altrimenti è un flesso discendente. Se inoltre anche $f'(c)=0$ il flesso è orizzontale (ascendente o discendente).
$n$ è pari:

non avremo un flesso, ma solo indicazioni sulla concavità.

I flessi per l’esempio 1¶

Concludiamo l’esercizio precedente con la ricerca dei flessi. Cerchiamo quindi dove si annulla la derivata seconda e se in quel punto la prima derivata non nulla è di ordine dispari. Abbiamo per $x>0\ :\ f^{''}(x)=12x(x-1)$ , che si annulla per $x=0,\ x=1$ . Escludiamo : $x=0$ , dove $f(x)$ non è derivabile, e calcoliamo $f^{'''}(x)=24x-12$ quindi $f^{'''}(1)=12>0$ . Si tratta quindi di un flesso ascendente.

Il flesso ascendente di $f(x)$

Si può controllare che per $x<0$ le uniche soluzioni possibili non sono accettabili.

Esempio 2¶

Individuiamo i flessi per la funzione statistica della distribuzione normale

$f(x)=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{x^2}{2}}$

Cerchiamo quindi i punti per i quali si annulla la derivata seconda, ma non la derivata terza.

$f^{''}(x)=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{x^2}{2}}(x^2-1)$ , che si annulla per $x=\pm 1$

$f^{'''}(x)=\frac{1}{2\pi}x(3-x^2)e^{-\frac{x^2}{2}}$ , positiva per $x=1$ (flesso ascendente) e negativa per $x=-1$ (flesso discendente) come è prevedibile per la parità della funzione.

I flessi della funzione distribuzione normale

Terzo problema di ottimizzazione¶

Si vuole ritagliare un disco di raggio dato $R$ per farne un settore circolare da vvolgere in modo da ottenere un cono. Calcolare il settore utile a generare il cono più capiente.

Se il settore che si ricava è sottile, il cono è eccessivamente stretto e poco capiente. Lo stesso avviene per un settore eccessivamente largo, che genera un cono troppo basso. Esiste quindi una misura intermedia ottimale di angolo al centro $x$ , che corrisponde al volume massimo del cono. Occorre trovare la relazione che lega l’angolo (in radianti) al volume del cono.

La formula del volume del cono è $V=\frac{1}{3}\pi r^2h$ , dove $r$ è il raggio di base del cono che si genera. Questo raggio è legato alla circonferenza $C=2\pi r$ , che è l’arco del settore circolare. Quindi $2\pi r=Rx\ \to\ r=\frac{Rx}{2\pi}$ . $R$ , il raggio del disco, nel cono diventa l’apotema. Questo ci consente di ricavare l’altezza $h$ del cono: $h=\sqrt{R^2-r^2}$ .

La funzione da ottimizzare, che esprime il volume in funzione dell’angolo $x$ è

$f(x)=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{Rx}{2\pi}\right)^2\sqrt{R^2-\left(\frac{Rx}{2\pi}\right)^2} =\frac{1}{3}\pi\frac{R^2x^2}{4\pi^2}\sqrt{\frac{R^2(4\pi^2-x^2)}{4\pi^2}}= \frac{R^3}{24\pi^2}x^2\sqrt{4\pi^2-x^2}.$

La variazione della funzione è data dal variare di $x^2\sqrt{4\pi^2-x^2}$ , che chiameremo $g(x)$ , mentre il fattore $\frac{R^3}{24\pi^2}$ è una costante che cambia i valori della funzione ma non influisce sugli $x$ per i quali si ha il volume massimo. Infatti $g(x)$ e $f(x)$ sono direttamente proporzionali. Anzi, per rendere ancora più veloce l’individuazione del punto di massimo, possiamo considerare $h(x)=g^2(x)=x^4(4\pi^2-x^2)$ . $h(x)$ e $g(x)$ sono entrambe definite su $[0,2\pi]$ , sono continue e derivabili all’interno dell’intervallo, sono nulle agli estremi e raggiungono il massimo assoluto per lo stesso $\overline{x}$ , ovviamente con valori che sono uno il quadrato dell’altro.

Dal punto di vista concreto, non dovremmo considerare praticabili angoli come $x=0$ e $x=2\pi$ , ma includiamo ugualmente questi valori come estremi perché definire la funzione sull’intervallo chiuso e limitato è una delle condizioni che garantiscono l’esistenza del massimo assoluto. Data la situazione, escludiamo che il punto di massimo sia un estremo dell’intervallo e cerchiamo quindi solo i punti interni per i quali si annulla la derivata.

$&h'(x)=4x^3(4\pi^2-x^2)+x^4(-2x)=16\pi^2x^3-6x^5=2x^3(8\pi^2-3x^2)\\ &h'(x)=0 \ \to \ x=0 \lor x=\pm\sqrt{\frac{8}{3}\pi}$

L’unica soluzione accettabile è l’ultima, positiva, e di conseguenza $g\left(\sqrt{\frac{8}{3}\pi}\right)=\frac{16\pi^3}{3\sqrt{3}}$ e $f\left(\sqrt{\frac{8}{3}\pi}\right)=\frac{2\pi^3}{9\sqrt{3}}$ . Per avere una risposta concreta, vediamo quanto valgono in gradi $\sqrt{\frac{8}{3}\pi}$ radianti. $\sqrt{\frac{8}{3}\pi}\cdot\frac{180}{\pi}=~294^\circ$ .

Usiamo le formule iniziali per ricavare il raggio $r~=~\frac{R}{2}\sqrt{\frac{8}{3}}~=~R\sqrt{\frac{2}{3}}$ e l’altezza $h~=~\frac{R}{2\pi}\sqrt{\frac{4}{3}\pi^2}=\frac{R}{\sqrt{3}}$ del cono ottimale. Ne consegue che il cono ottimale ha il raggio di base che è $\sqrt{2}$ volte l’altezza.

Il settore ottimale è di $294^\circ$ . Ne risulta una sezione conica verticale come in figura.

Riassunto¶

I massimi e i minimi di una funzione sono i valori estremi che la funzione raggiunge in un intervallo. I massimi, come i minimi, possono essere assoluti o relativi. Sono assoluti quando sono i valori maggiori (i minori), considerando tutto l’intervallo di definizione. Sono relativi se questo avviene considerando intervalli ristretti attorno ai punti in questione. I massimi (minimi) assoluti sono anche massimi (minimi) relativi, mentre non vale il contrario.
Una funzione, continua o discontinua, può avere nessuno, uno, alcuni o infiniti massimi (minimi) assoluti e relativi.
L’esistenza di un massimo (minimo) assoluto è garantita per le funzioni continue definite su un intervallo chiuso e limitato, per i punti interni all’intervallo. Non è garantita agli estremi dell’intervallo e per le funzioni discontinue.
Nelle condizioni del punto precedente, in almeno un punto la derivata prima della funzione è nulla. Calcolare per quali $x$ la $f'(x)=0$ è la prima strategia alla quale ricorrere per trovare i punti di massimo e di minimo.
Quando si annulla la derivata prima, si può indagare ulteriormente per capire la natura del punto in questione. Se in quel punto la derivata seconda è positiva, il grafico ha una concavità verso l’alto e siamo in presenza di un minimo, se è negativa la concavità è verso il basso e siamo in presenza di un massimo.
La derivata prima si annulla anche nei punti di flesso orizzontale, che sono i punti in cui il grafico della funzione cambia concavità. In questo caso anche la derivata seconda si annulla nel punto.
Il criterio delle derivate successive (17.6) consente in generale di individuare massimi, minimi e flessi delle funzioni pìù volte derivabili nell’intervallo (estremi esclusi)

Esercizi¶

La capacità della scatola calcolata nel primo esempio del capitolo è di 1.13 litri. Quale è la misura del taglio che genera una scatola con la capacità di 1 litro? Scrivi l’equazione risolvente e applica i metodi approssimati per risolverla.