Problemi di massimo e minimo: metodo, problemi di ottimizzazione ed esercizi svolti

Qual è il rettangolo più grande che puoi recintare con 100 metri di rete? Quanto deve essere alta una lattina per usare meno metallo possibile? Che strada deve fare un bagnino per raggiungere in fretta chi chiede aiuto? Sono problemi di massimo e minimo, o di ottimizzazione: si traduce una situazione reale in una funzione di una variabile e se ne cerca il massimo o il minimo assoluto con le derivate. All’esame di Analisi 1 sono un classico, spesso accanto allo studio di funzione. In questa pagina vediamo il metodo in cinque passi, perché l’intervallo ammissibile decide tutto, come essere sicuri di avere il massimo, la funzione equivalente, otto problemi svolti (fino alla legge di Snell), un po’ di storia, gli errori più comuni e cinque esercizi svolti.

Il metodo in cinque passi

Negli esercizi sui massimi e minimi di una funzione la funzione è data; qui devi costruirla tu, ed è il passo in cui si sbaglia di più. La scaletta:

1. Scegli la variabile. Fai un disegno, dai un nome alle grandezze e scegli come $x$ quella che rende i conti più semplici.
2. Scrivi la funzione da ottimizzare. Se dipende da più incognite, usa i vincoli (perimetro fissato, volume fissato…) per eliminarle per sostituzione, finché resta solo $x$.
3. Trova l’intervallo ammissibile: traduci in condizioni su $x$ quello che il problema impone (lunghezze positive, un pezzo non più lungo del tutto), anche sulle grandezze eliminate.
4. Cerca l’ottimo: Weierstrass se l’intervallo è chiuso e limitato, altrimenti il segno di $f'$ e i limiti agli estremi.
5. Rispondi alla domanda, con le unità di misura: le dimensioni, il valore ottimo o entrambi. E chiediti se il risultato è ragionevole.

Perché l’intervallo ammissibile decide tutto

La stessa formula su intervalli diversi può avere massimi diversi, o nessuno, e la forma dell’intervallo dice come fare il passo 4.

Intervallo chiuso e limitato: Weierstrass

Se $f$ è continua su $[a, b]$, per il teorema di Weierstrass massimo e minimo assoluti esistono. Non serve la tabella dei segni: si calcola $f$ nei punti interni in cui $f' = 0$ o $f'$ non esiste e negli estremi $a$ e $b$, e si confronta. Spesso conviene chiudere l’intervallo aggiungendo i casi degeneri, come un rettangolo con un lato nullo; ma se l’ottimo cade proprio lì, tra gli oggetti veri non c’è.

Intervallo aperto o illimitato: il segno di f′

Qui Weierstrass non si applica e l’ottimo può mancare. Si studia il segno di $f'$ su tutto l’intervallo: se $f$ cresce fino a $x_0$ e poi decresce, per il test di monotonia $f(x_0)$ è il massimo assoluto. In alternativa si confrontano i valori con i limiti agli estremi.

Un solo punto stazionario

Perché è vero. Se esistesse $x_1 > x_0$ in $I$ con $f(x_1) \geq f(x_0)$, per Weierstrass $f$ avrebbe un minimo su $[x_0, x_1]$. Subito a destra di $x_0$ i valori sono minori di $f(x_0)$, quindi quel minimo è minore di $f(x_0)$ e di $f(x_1)$: è interno, e lì $f' = 0$ per il teorema di Fermat (vedi i teoremi di Rolle, Lagrange e Cauchy). Un secondo punto stazionario: assurdo. A sinistra è uguale. Con due punti stazionari la conclusione può essere falsa.

Quando l’ottimo è in un estremo

In un estremo la derivata di solito non è zero, eppure lì può esserci l’ottimo: su un intervallo chiuso gli estremi sono sempre candidati. Se l’estremo è escluso, i valori possono avvicinarsi all’estremo superiore senza raggiungerlo, come nel problema del filo.

La funzione equivalente: il quadrato e il logaritmo

Le scelte più utili:

• il quadrato, se $f \geq 0$: per una distanza si minimizza $d^2$, senza radice. Elevare al quadrato è crescente su $[0, +\infty)$, non su valori di segno qualunque;
• il logaritmo, se $f > 0$: prodotti e potenze diventano somme;
• le costanti: puoi togliere un fattore positivo o un addendo costante.

La funzione equivalente dà il punto; il valore si calcola con la $f$ di partenza.

Problemi di geometria

Il rettangolo di perimetro dato

Tra tutti i rettangoli di perimetro $2p$, qual è quello di area massima?

Se un lato è $x$, l’altro è $p - x$, il semiperimetro meno $x$. L’area è

$$A(x) = x\,(p - x) = px - x^2$$

con $0 < x < p$: entrambi i lati devono essere positivi. La derivata $A'(x) = p - 2x$ è positiva per $x < \frac{p}{2}$ e negativa dopo, quindi $x = \frac{p}{2}$ è il massimo assoluto. Anche l’altro lato vale $\frac{p}{2}$: vince il quadrato, con area $\frac{p^2}{4}$. Con 100 m di rete, un quadrato di lato 25 m e area 625 m².

La scorciatoia senza derivate. Se i lati sono $a$ e $b$, con $a + b = p$, la disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica dà

$$\begin{gathered} \sqrt{ab} \leq \frac{a + b}{2} = \frac{p}{2} \\ \Rightarrow\ ab \leq \frac{p^2}{4} \end{gathered}$$

con l’uguaglianza solo per $a = b$. La dimostrazione è in concavità, convessità e flessi; un’altra via, completando il quadrato, è nel teorema di Weierstrass.

Il recinto lungo il fiume

Un contadino ha 100 m di rete per recintare un campo rettangolare lungo un fiume dritto; sul lato del fiume la rete non serve. Quali dimensioni danno l’area più grande?

Variabile. Sia $x$ la lunghezza di ciascuno dei due lati perpendicolari al fiume. Il lato parallelo usa la rete rimasta, $100 - 2x$.

Funzione e intervallo. L’area è $A(x) = x\,(100 - 2x)$. Serve $x > 0$, ma anche $100 - 2x > 0$: la condizione sulla grandezza eliminata dà $x < 50$.

Ottimo. $A'(x) = 100 - 4x$ è positiva per $x < 25$ e negativa dopo: massimo assoluto.

Risposta. Lati di 25 m perpendicolari al fiume e 50 m lungo il fiume, area 1250 m²: il doppio dei 625 m² del quadrato senza fiume. Per vederlo senza conti, specchia il campo rispetto al fiume: campo e riflesso formano un rettangolo con 200 m di rete, il migliore è il quadrato di lato 50 m, e il nostro campo ne è la metà.

La scatola di volume massimo

Da un foglio quadrato di lato 30 cm si tagliano agli angoli quattro quadratini uguali e si piegano i bordi, ottenendo una scatola senza coperchio. Quanto devono essere grandi i quadratini per avere il volume massimo?

Se $x$ è il lato dei quadratini, la scatola è alta $x$ e ha per base un quadrato di lato $30 - 2x$:

$$V(x) = x\,(30 - 2x)^2 \qquad 0 < x < 15$$

Aggiungendo le scatole degeneri $x = 0$ e $x = 15$, di volume 0, l’intervallo diventa $[0, 15]$ e Weierstrass garantisce il massimo. Con la regola del prodotto, raccogliendo $30 - 2x$:

$$\begin{gathered} V'(x) = (30 - 2x)^2 - 4x\,(30 - 2x) \\ {} = (30 - 2x)(30 - 6x) \end{gathered}$$

Si annulla in $x = 15$, un estremo, e in $x = 5$. I candidati sono 0, 5 e 15, con $V(0) = V(15) = 0$ e $V(5) = 5 \cdot 20^2 = 2000$.

Con il logaritmo. In $(0, 15)$ il volume è positivo e $\ln V = \ln x + 2\ln(30 - 2x)$. Derivando:

$$\frac{1}{x} - \frac{4}{30 - 2x} = 0 \iff 30 - 2x = 4x$$

cioè di nuovo $x = 5$, senza regola del prodotto.

Risposta. Quadratini di lato 5 cm: la scatola ha base $20 \times 20$ cm, altezza 5 cm e volume 2000 cm³, cioè 2 litri.

La lattina che usa meno metallo

Una lattina cilindrica deve contenere 330 cm³. Quali raggio e altezza rendono minima la sua superficie totale?

Le incognite sono il raggio $r$ e l’altezza $h$. Il vincolo $\pi r^2 h = 330$ dà $h = \frac{330}{\pi r^2}$, e la superficie (due cerchi più la parete) diventa una funzione della sola $r$:

$$\begin{gathered} S = 2\pi r^2 + 2\pi r h \\ S(r) = 2\pi r^2 + \frac{660}{r} \qquad r > 0 \end{gathered}$$

L’intervallo è illimitato e aperto: niente Weierstrass. La derivata è

$$S'(r) = 4\pi r - \frac{660}{r^2} = \frac{4\,(\pi r^3 - 165)}{r^2}$$

negativa per $r < r_0$ e positiva per $r > r_0$, con $r_0 = \sqrt[3]{\frac{165}{\pi}} \approx 3{,}74$ cm: $S$ decresce e poi cresce, quindi $r_0$ è il minimo assoluto. Siccome $\pi r_0^3 = 165$,

$$\begin{gathered} h = \frac{330}{\pi r_0^2} = \frac{2\pi r_0^3}{\pi r_0^2} \\ h = 2r_0 \approx 7{,}49 \text{ cm} \end{gathered}$$

La lattina ideale ha l’altezza uguale al diametro, con circa 264 cm² di metallo.

E le lattine vere? Quelle standard da 33 cl sono alte circa 11,5 cm, con un diametro di 6,6 cm: l’altezza è circa 1,75 volte il diametro. Il modello fa costare uguale ogni centimetro quadrato, ma la parete è sottilissima (circa un decimo di millimetro), mentre il coperchio è più spesso e da solo può pesare circa un quarto della lattina. Se fondo e coperchio costano $k$ volte la parete, minimizzando $2k\pi r^2 + \frac{660}{r}$ si trova $h = 2kr$: l’altezza diventa $k$ volte il diametro. Contano anche la presa in mano, il collo ristretto e il fondo a cupola. E vicino al minimo $S$ cambia pochissimo: con le proporzioni vere, a parità di volume, il metallo sarebbe solo il 3% in più circa.

Il punto della parabola più vicino

Qual è il punto della parabola $y = x^2$ più vicino al punto $A(0, 2)$?

Un punto della parabola è $P(x, x^2)$, a distanza $\sqrt{x^2 + (x^2 - 2)^2}$ da $A$. Minimizziamo il quadrato della distanza:

$$\begin{gathered} g(x) = x^2 + (x^2 - 2)^2 = x^4 - 3x^2 + 4 \\ g'(x) = 4x^3 - 6x = 2x\,(2x^2 - 3) \end{gathered}$$

L’intervallo è tutto $\mathbb{R}$. La derivata si annulla in $0$ e in $\pm\frac{\sqrt{6}}{2} \approx \pm 1{,}22$:

Intervallo	$g'(x)$	$g(x)$
$x < -\frac{\sqrt{6}}{2}$	$-$	$\searrow$
$-\frac{\sqrt{6}}{2} < x < 0$	$+$	$\nearrow$
$0 < x < \frac{\sqrt{6}}{2}$	$-$	$\searrow$
$x > \frac{\sqrt{6}}{2}$	$+$	$\nearrow$

Due minimi, in $\pm\frac{\sqrt{6}}{2}$, dove $g = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} + 4 = \frac{7}{4}$, e un massimo relativo in 0, dove $g = 4$. I minimi sono assoluti; verifica senza tabella: $g(x) - \frac{7}{4} = \left(x^2 - \frac{3}{2}\right)^2 \geq 0$.

Risposta. I punti più vicini sono due, $\left(\pm\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{3}{2}\right)$, a distanza $\frac{\sqrt{7}}{2} \approx 1{,}32$. Il vertice $(0, 0)$, il candidato «naturale», dista 2: è un massimo relativo della distanza. Inoltre $g'(x)$ è il doppio del prodotto scalare tra $\overrightarrow{AP} = (x, x^2 - 2)$ e la direzione $(1, 2x)$ della tangente: nel punto più vicino $AP$ è perpendicolare alla parabola, e il cerchio di centro $A$ la tocca.

Il problema del bagnino e la legge di Snell

Un bagnino è in $A$, sulla spiaggia, a distanza $a$ dalla riva; un bagnante chiede aiuto in $B$, in acqua, a distanza $b$ dalla riva. Lungo la riva i due distano $d$. Il bagnino corre sulla sabbia a velocità $v_1$ e nuota a $v_2 < v_1$. In quale punto $P$ deve entrare in acqua per arrivare prima?

La linea retta è la strada più corta, non la più veloce: conviene correre di più e nuotare meno.

Sia $x$ la distanza di $P$ dal piede della perpendicolare da $A$. A velocità costante il tempo è spazio su velocità (come nel moto rettilineo uniforme), e per Pitagora:

$$\begin{gathered} T(x) = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{v_1} \\ {} + \frac{\sqrt{b^2 + (d - x)^2}}{v_2} \end{gathered}$$

Derivando:

$$\begin{gathered} T'(x) = \frac{x}{v_1\sqrt{a^2 + x^2}} \\ {} - \frac{d - x}{v_2\sqrt{b^2 + (d - x)^2}} \end{gathered}$$

Chiama $\theta_1$ e $\theta_2$ gli angoli che i due tratti formano con la perpendicolare alla riva in $P$: nei due triangoli rettangoli $\sin\theta_1 = \frac{x}{\sqrt{a^2 + x^2}}$ e $\sin\theta_2 = \frac{d - x}{\sqrt{b^2 + (d - x)^2}}$. Quindi

$$T'(x) = \frac{\sin\theta_1}{v_1} - \frac{\sin\theta_2}{v_2}$$

È un minimo, ed è unico. Spostando $P$ verso destra, $\theta_1$ cresce e $\theta_2$ diminuisce: $T'$ è strettamente crescente. Inoltre $T'(0) < 0$, perché lì $\theta_1 = 0$, e $T'(d) > 0$, perché $\theta_2 = 0$. Per il teorema degli zeri $T'$ si annulla in un solo $x_0$ tra 0 e $d$; prima $T$ decresce, dopo cresce: è il minimo assoluto. La condizione è

$$\frac{\sin\theta_1}{v_1} = \frac{\sin\theta_2}{v_2}$$

Con i numeri. Siano $a = 30$ m, $b = 20$ m, $d = 60$ m, $v_1 = 6$ m/s e $v_2 = 2$ m/s. L’equazione $T'(x) = 0$, tolte le radici, è di quarto grado: si risolve numericamente. Da $T'(53) \approx -0{,}020$ e $T'(54) \approx 0{,}002$ segue che $x_0$ è tra 53 e 54; più precisamente $x_0 \approx 53{,}9$ m, con un tempo di circa 20,7 s. In linea retta servirebbero circa 23,4 s; correndo fino al punto davanti al bagnante e poi nuotando dritto, circa 21,2 s. Nel punto ottimo $\theta_1 \approx 60{,}9°$ e $\theta_2 \approx 16{,}9°$, e il rapporto dei seni è proprio $\frac{v_1}{v_2} = 3$.

La luce fa lo stesso conto. Per il principio di Fermat, un raggio di luce che passa dall’aria all’acqua segue il percorso di tempo minimo. In un mezzo con indice di rifrazione $n$ la luce viaggia a $v = \frac{c}{n}$, con $c$ la velocità nel vuoto; sostituendo si ottiene la legge di Snell:

$$n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$$

Per essere precisi, il principio chiede che il tempo sia stazionario ($T' = 0$): con certi specchi curvi il percorso della luce non è di tempo minimo.

Un problema di economia: il costo medio minimo

Un’azienda produce $q$ pezzi al giorno con un costo totale di $C(q) = 900 + 6q + 0{,}04\,q^2$ euro. Quanti pezzi rendono minimo il costo per pezzo?

Il costo medio è il costo totale diviso per i pezzi:

$$\begin{gathered} c(q) = \frac{C(q)}{q} = \frac{900}{q} + 6 + 0{,}04\,q \\ q > 0 \end{gathered}$$

Ai bordi $c \to +\infty$: con pochi pezzi pesano i costi fissi, con tanti il termine in $q^2$. La derivata

$$c'(q) = -\frac{900}{q^2} + 0{,}04$$

si annulla per $q^2 = 22\,500$, cioè $q = 150$, ed è negativa prima e positiva dopo: minimo assoluto. Il costo medio minimo è $c(150) = 6 + 6 + 6 = 18$ euro al pezzo.

Costo medio e costo marginale. Il costo marginale è $C'(q) = 6 + 0{,}08\,q$, e $C'(150) = 18$: proprio il costo medio minimo. Non è un caso. Con la regola del quoziente

$$c'(q) = \frac{q\,C'(q) - C(q)}{q^2}$$

e $c'(q) = 0$ equivale a $C'(q) = \frac{C(q)}{q}$. L’idea: se il prossimo pezzo costa meno della media, produrlo abbassa la media; se costa di più, la alza. I pezzi sono interi: qui l’ottimo lo è, altrimenti si confrontano i due interi più vicini.

Quando l’ottimo è in un estremo: il filo tagliato in due

Un filo lungo 100 cm si divide in due pezzi: con uno si forma un quadrato, con l’altro una circonferenza. Come va diviso perché la somma delle due aree sia minima? E perché sia massima? È permesso anche usare tutto il filo per una figura sola.

Sia $x$ la parte usata per il quadrato, di lato $\frac{x}{4}$. Il resto, $100 - x$, è la circonferenza, di raggio $\frac{100 - x}{2\pi}$. L’area totale è

$$\begin{gathered} A(x) = \frac{x^2}{16} + \frac{(100 - x)^2}{4\pi} \\ 0 \leq x \leq 100 \end{gathered}$$

$A$ è continua su un intervallo chiuso e limitato: massimo e minimo esistono. La derivata è

$$A'(x) = \frac{x}{8} - \frac{100 - x}{2\pi}$$

e si annulla per $\pi x = 4\,(100 - x)$, cioè $x_0 = \frac{400}{\pi + 4} \approx 56{,}0$ cm. Confrontiamo i tre candidati:

$x$	$A(x)$	circa (cm²)
$0$	$\frac{2500}{\pi}$	$795{,}8$
$\frac{400}{\pi + 4}$	$\frac{2500}{\pi + 4}$	$350{,}1$
$100$	$625$	$625$

Minimo: circa 56 cm al quadrato e 44 cm al cerchio; il lato del quadrato, $\frac{100}{\pi + 4} \approx 14{,}0$ cm, è uguale al diametro del cerchio. Massimo: in $x = 0$, un estremo, dove $A'(0) = -\frac{50}{\pi} \neq 0$: tutto il filo al cerchio.

Se il testo imponesse due pezzi veri, $0 < x < 100$, il massimo non esisterebbe: le aree si avvicinano a $\frac{2500}{\pi}$ senza raggiungerlo. Che a parità di perimetro il cerchio racchiuda l’area più grande è un fatto generale, la proprietà isoperimetrica.

Un po’ di storia

Erone di Alessandria, vissuto probabilmente nel I secolo d.C., osservò nella Catottrica che un raggio riflesso da uno specchio piano segue il percorso più corto tra quelli che toccano lo specchio: da qui l’uguaglianza degli angoli. La dimostrazione classica specchia uno dei due punti, come nel campo lungo il fiume.

Nell’agosto 1657, in una lettera a Marin Cureau de la Chambre, Pierre de Fermat propose, per la rifrazione, di pesare ogni tratto con la «resistenza» del mezzo, non solo con la lunghezza. In una lettera del 1° gennaio 1662 passò al tempo e ricavò la legge della rifrazione con il suo metodo «de maximis et minimis». La legge era già nota: Snell l’aveva trovata nel 1621 senza pubblicarla, Cartesio la pubblicò nel 1637.

Infine Didone: secondo la leggenda, che si legge nell’Eneide di Virgilio e nello storico Giustino, la regina ottenne per fondare Cartagine tanta terra quanta ne potesse circondare con una pelle di toro, tagliata in strisce sottilissime. La lettura «matematica», con la striscia disposta ad arco lungo la costa, è molto più tarda: nelle fonti antiche non compare.

Gli errori più comuni

• Dimenticare l’intervallo ammissibile. Nella scatola $x = 15$ annulla la derivata, ma dà una scatola senza base.
• Dimenticare le condizioni sulle grandezze eliminate. Nel recinto $x < 50$ viene dal lato $100 - 2x$, che deve essere positivo.
• Fermarsi a $f'(x) = 0$. Un punto stazionario può essere un minimo quando cerchi il massimo, o solo relativo, come il vertice della parabola.
• Dimenticare gli estremi. Nel problema del filo il massimo è in $x = 0$, dove $A'(0) \neq 0$.
• Dare per scontato che l’ottimo esista. Con due pezzi veri di filo l’area massima non c’è.
• Calcolare il valore con la funzione equivalente. La distanza minima dalla parabola è $\frac{\sqrt{7}}{2}$, non il suo quadrato $\frac{7}{4}$.
• Elevare al quadrato una funzione che cambia segno. $f(x) = x$ su $[-2, 1]$ ha il minimo in $-2$, ma $x^2$ lo ha in 0.
• Rispondere con la $x$ invece che con quello che chiede il testo. Se la domanda è l’area massima, la risposta è un’area, in m².

Esercizi svolti

1. Il manifesto

Testo. Un manifesto deve avere una zona stampata di 600 cm², con margini bianchi di 3 cm in alto e in basso e di 2 cm ai lati. Quali dimensioni del foglio rendono minima la carta usata?

Se la zona stampata è larga $x$ cm, è alta $\frac{600}{x}$, e il foglio misura $x + 4$ per $\frac{600}{x} + 6$:

$$\begin{gathered} f(x) = (x + 4)\left(\frac{600}{x} + 6\right) \\ {} = 624 + 6x + \frac{2400}{x} \end{gathered}$$

con $x > 0$. La derivata $f'(x) = 6 - \frac{2400}{x^2}$ si annulla per $x^2 = 400$, cioè $x = 20$, ed è negativa prima e positiva dopo: minimo assoluto. La zona stampata è $20 \times 30$ cm e il foglio $24 \times 36$ cm, con un’area di 864 cm².

2. Il profitto massimo

Testo. Un’azienda vende $q$ pezzi, con $0 \leq q \leq 200$, al prezzo di $100 - 0{,}5\,q$ euro l’uno: per vendere di più deve abbassare il prezzo. Produrli costa $C(q) = 1000 + 20q$ euro. Quanti pezzi massimizzano il profitto?

Il profitto è il ricavo meno il costo:

$$\begin{gathered} P(q) = q\,(100 - 0{,}5\,q) - 1000 - 20q \\ {} = -0{,}5\,q^2 + 80q - 1000 \end{gathered}$$

$P$ è continua su $[0, 200]$, quindi il massimo esiste. $P'(q) = 80 - q$ si annulla in $q = 80$. I candidati: $P(0) = -1000$, $P(80) = 2200$, $P(200) = -5000$. Conviene vendere 80 pezzi a 60 euro, con un profitto di 2200 euro. Lì il ricavo marginale, $100 - q = 20$, è uguale al costo marginale, 20.

3. Una scatola alta almeno 6 cm

Testo. Con il foglio di 30 cm della scatola vista sopra, la scatola deve essere alta almeno 6 cm. Qual è il volume massimo?

Ora l’intervallo ammissibile è $6 \leq x < 15$. Abbiamo già scomposto $V'(x) = (30 - 2x)(30 - 6x)$: per $6 \leq x < 15$ il primo fattore è positivo e il secondo negativo, quindi $V' < 0$ e $V$ è strettamente decrescente. Il punto stazionario $x = 5$ è fuori dall’intervallo, e il massimo è nell’estremo sinistro, dove $V'(6) = -108 \neq 0$:

$$V(6) = 6 \cdot 18^2 = 1944 \text{ cm}^3$$

Il vincolo costa 56 cm³. Con un’altezza strettamente maggiore di 6 cm, il massimo non esisterebbe.

4. Il cono di apotema dato

Testo. Tra tutti i coni con apotema 3 dm, trova quello di volume massimo.

Apotema, raggio $r$ e altezza $h$ formano un triangolo rettangolo: $r^2 = 9 - h^2$. Conviene usare $h$ come variabile: $r$ compare solo al quadrato e non servono radici.

$$\begin{gathered} V(h) = \frac{\pi}{3}\,r^2 h = \frac{\pi}{3}\,(9h - h^3) \\ 0 < h < 3 \end{gathered}$$

La derivata $V'(h) = \frac{\pi}{3}\,(9 - 3h^2) = \pi\,(3 - h^2)$ si annulla in $h = \sqrt{3}$, è positiva prima e negativa dopo: massimo assoluto. Allora $r = \sqrt{9 - 3} = \sqrt{6}$ e

$$V = \frac{\pi}{3} \cdot 6 \cdot \sqrt{3} = 2\sqrt{3}\,\pi \approx 10{,}9 \text{ dm}^3$$

Il cono migliore ha altezza $\sqrt{3} \approx 1{,}73$ dm e raggio $\sqrt{6} \approx 2{,}45$ dm, circa 10,9 litri.

5. Il cilindro inscritto in un cono

Testo. In un cono di raggio $R$ e altezza $H$ si inscrive un cilindro, con la base sulla base del cono. Quale cilindro ha il volume massimo? Che frazione del cono occupa?

Tagliando con un piano che contiene l’asse, il cono diventa un triangolo isoscele e il cilindro un rettangolo con i vertici superiori sui lati obliqui. Per la similitudine, un cilindro di raggio $r$ ha altezza $h = H\left(1 - \frac{r}{R}\right)$:

$$V(r) = \pi r^2 H\left(1 - \frac{r}{R}\right) \qquad 0 < r < R$$

È un prodotto di potenze: usiamo il logaritmo. $\ln V = \ln\frac{\pi H}{R} + 2\ln r + \ln(R - r)$, e

$$\frac{2}{r} - \frac{1}{R - r} = 0 \iff 2R - 2r = r$$

cioè $r = \frac{2}{3}R$. La derivata del logaritmo è strettamente decrescente, perché lo sono $\frac{2}{r}$ e $-\frac{1}{R - r}$: è positiva prima e negativa dopo, e $r = \frac{2}{3}R$ è il massimo assoluto. L’altezza è $h = \frac{H}{3}$ e il volume

$$V = \pi \cdot \frac{4R^2}{9} \cdot \frac{H}{3} = \frac{4}{27}\,\pi R^2 H$$

Il cono ha volume $\frac{1}{3}\pi R^2 H$: il cilindro migliore ne occupa i $\frac{4}{9}$, qualunque sia la forma del cono.

In sintesi

• Il metodo: variabile, funzione di una sola variabile (con i vincoli), intervallo ammissibile (anche dalle grandezze eliminate), ottimo, risposta con le unità.
• Su $[a, b]$ con $f$ continua: Weierstrass e confronto tra punti stazionari interni ed estremi. Altrimenti segno di $f'$ e limiti, e l’ottimo può mancare.
• Su un intervallo, con $f$ derivabile all’interno, un unico punto stazionario che è un massimo relativo stretto è il massimo assoluto.
• Il quadrato per le distanze, il logaritmo per i prodotti; il valore con la funzione vera.
• A perimetro fissato vince il quadrato; la lattina ottimale ha $h = 2r$; il costo medio minimo è uguale al marginale.
• Il tempo minimo tra due mezzi dà $\frac{\sin\theta_1}{v_1} = \frac{\sin\theta_2}{v_2}$: la legge di Snell.

Hai finito la teoria del capitolo: è il momento di metterti alla prova con gli esercizi svolti sullo studio di funzione.