Problemi di massimo e minimo

Nello studio di funzione la funzione è data e si cercano i suoi massimi. Qui è il contrario: c’è un problema — di geometria, di fisica, di costi — e la funzione va costruita. Trovato quello, la derivata è la parte facile.

Tutto il lavoro sta nei primi passi, ed è per questo che il metodo si scrive numerato: chi sbaglia questi problemi quasi mai sbaglia la derivata.

Il metodo, in otto passi

Che cosa devo rendere massimo? Scrivi la quantità in gioco con i suoi nomi geometrici ( $A = \ell_1 \cdot \ell_2$ ), non ancora con le $x$ .
Scegli la variabile. Una sola, e conviene sceglierla fra quelle che compaiono già.
Trova l’intervallo di variabilità. È il dominio del problema, non della funzione: una lunghezza è positiva, un angolo sta in un intervallo preciso.
Esprimi tutto il resto in funzione di quella variabile. È il passo che richiede la geometria: qui serve un teorema, un vincolo, una similitudine.
Scrivi la funzione $f(x)$ .
Punti stazionari: risolvi $f'(x) = 0$ , tenendo conto dell’intervallo del passo 3.
Massimo o minimo? Si decide dal segno di $f'$ , non a occhio. E se l’intervallo del passo 3 è chiuso, confronta anche $f$ sugli estremi: il massimo può cadere sul bordo, dove la derivata non si annulla affatto.
Torna alla domanda. Il risultato è una frase di geometria, non un numero.

Il caso

Fra tutti i rettangoli inscritti in una circonferenza di raggio $r$ , qual è quello di area massima?

Un rettangolo inscritto in una circonferenza: la sua diagonale coincide con il diametro 2r, quindi il secondo lato si ricava da Pitagora

1-2. L’area è $A = \ell_1 \cdot \ell_2$ . Chiamo $x$ la base: $\ell_1 = x$ .

3. Il lato non può superare il diametro, e nei due casi estremi il rettangolo degenera in un segmento:

0 < x < 2r

4. Ecco il vincolo che sblocca il problema: la diagonale di un rettangolo inscritto è un diametro, perché passa per il centro. Allora, per Pitagora,

\ell_2 = \sqrt{(2r)^2 - x^2} = \sqrt{4r^2 - x^2}

5. Restano solo $x$ e le costanti:

A(x) = x\,\sqrt{4r^2 - x^2}

6. Si deriva come prodotto, con la derivata della radice dentro:

A'(x) = \sqrt{4r^2-x^2} + x \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{4r^2-x^2}} = \frac{\left(4r^2-x^2\right) - x^2}{\sqrt{4r^2-x^2}} = \frac{4r^2 - 2x^2}{\sqrt{4r^2-x^2}}

Una frazione è nulla quando lo è il numeratore:

4r^2 - 2x^2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad x^2 = 2r^2 \qquad\Longrightarrow\qquad x = \pm\sqrt{2}\,r

7. Il denominatore è positivo su tutto l’intervallo, quindi il segno di $A'$ è quello di $4r^2 - 2x^2$ : positivo per $x < \sqrt2\,r$ , negativo dopo. La funzione cresce e poi cala: $x = \sqrt2\,r$ è un massimo.

8. Il secondo lato vale

\ell_2 = \sqrt{4r^2 - 2r^2} = \sqrt{2}\,r = \ell_1

I due lati sono uguali: il rettangolo di area massima inscritto in una circonferenza è il quadrato, e la sua area è $2r^2$ . Questa è la risposta — il numero da solo non lo sarebbe.

L’intervallo del passo 3 non è un formalismo: serve a buttare via le soluzioni.

\underbrace{x = \sqrt{2}\,r}_{\text{accettabile}} \qquad\neq\qquad \underbrace{x = -\sqrt{2}\,r}_{\text{una lunghezza non è negativa}}

La derivata restituisce le soluzioni dell’equazione, non quelle del problema. Le due cose coincidono solo se hai scritto l’intervallo prima di derivare: chi lo scrive dopo lo adatta inconsciamente al risultato che ha trovato.

Lo stesso vale per il passo 7. Un punto stazionario può essere massimo, minimo o nessuno dei due: finché non hai guardato il segno di $f'$ prima e dopo, non lo sai. Scrivere “quindi è il massimo” perché il problema chiedeva un massimo è un salto logico, non una conclusione.

Quando la variabile è un angolo

Non sempre conviene prendere un lato. Se la figura ha un punto che si muove su una circonferenza, la scelta naturale è l’angolo: i lati diventano seni e coseni, e sparisce la radice.

Sia $AB = 2r$ un diametro e $P$ un punto della semicirconferenza; chiamo $\alpha$ l’angolo in $A$ . L’angolo in $P$ è retto — è inscritto in una semicirconferenza — quindi

AP = 2r\cos\alpha \qquad PB = 2r\sin\alpha \qquad 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}

Volendo massimizzare, per esempio, $f(\alpha) = 2r\sin^2\alpha + 2r\cos\alpha$ :

f'(\alpha) = 4r\sin\alpha\cos\alpha - 2r\sin\alpha = 2r\sin\alpha\,\bigl(2\cos\alpha - 1\bigr)

Il fattore $\sin\alpha$ non si annulla nell’intervallo, quindi resta

2\cos\alpha - 1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \cos\alpha = \frac{1}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha = \frac{\pi}{3}

E i passi 7 e 8 non si saltano nemmeno qui. Il fattore $2r\sin\alpha$ è positivo su tutto l’intervallo, quindi il segno di $f'$ lo decide $2\cos\alpha - 1$ : positivo prima di $\frac{\pi}{3}$ , negativo dopo — la funzione cresce e poi cala, ed è un massimo. Il valore è $f\!\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2r\cdot\frac{3}{4} + 2r\cdot\frac{1}{2} = \frac{5}{2}r$ , e la risposta di geometria è: il punto $P$ per cui l’angolo in $A$ vale $60°$ .

Il metodo è lo stesso di prima, con l’angolo al posto della lunghezza: cambia solo che il passo 4 usa la goniometria invece di Pitagora, e che l’intervallo del passo 3 è un intervallo di angoli.

Se un problema di massimo non ti viene, quasi sempre sei fermo al passo 4: non hai trovato la relazione che lega il secondo pezzo alla variabile.

Non è un problema di analisi — è un problema di geometria. Torna alla figura e cerca il vincolo: un teorema di Pitagora, una similitudine, un angolo retto, un perimetro assegnato. La derivata arriva dopo, e da sola non salva nessuno.

Esercizio.

Fra tutti i rettangoli di perimetro $20$ , trova quello di area massima.
Un rettangolo ha la base sull’asse $x$ e i due vertici superiori sulla parabola $y = 4 - x^2$ . Qual è la sua area massima?
Con una lamiera quadrata di lato $12$ si costruisce una scatola senza coperchio, ritagliando agli angoli quattro quadratini di lato $x$ e piegando i bordi. Per quale $x$ il volume è massimo?

Mostra la soluzione

1. Base $x$ , e dal perimetro l’altezza è $10 - x$ . Intervallo: $0 < x < 10$ .

A(x) = x\,(10-x) = 10x - x^2 \qquad A'(x) = 10 - 2x = 0 \qquad x = 5

$A'$ è positiva prima di $5$ e negativa dopo: è un massimo. L’altezza vale $10-5=5$ : è il quadrato, area $25$ . Stessa morale del caso svolto, ed è un risultato generale.

2. Per simmetria la base va da $-x$ a $x$ , quindi misura $2x$ , e l’altezza è l’ordinata della parabola. Intervallo: $0 < x < 2$ (oltre, la parabola è sotto l’asse).

\begin{gathered} A(x) = 2x\,(4 - x^2) = 8x - 2x^3 \qquad A'(x) = 8 - 6x^2 = 0 \\[6pt] x^2 = \frac{4}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad x = \frac{2}{\sqrt3} \end{gathered}

(la radice negativa si scarta: è fuori intervallo). Il segno di $A'$ passa da $+$ a $-$ : massimo.

A = 2\cdot\frac{2}{\sqrt3}\left(4 - \frac43\right) = \frac{4}{\sqrt3}\cdot\frac{8}{3} = \frac{32}{3\sqrt3} \approx 6{,}16

3. La base della scatola è un quadrato di lato $12 - 2x$ e l’altezza è $x$ . Intervallo: $0 < x < 6$ , perché oltre non resta base.

V(x) = x\,(12-2x)^2 = 4x^3 - 48x^2 + 144x

V'(x) = 12x^2 - 96x + 144 = 12\,(x^2 - 8x + 12) = 12\,(x-2)(x-6)

Gli zeri sono $2$ e $6$ , ma $6$ è escluso dall’intervallo: lì la scatola non esiste più. Fra $0$ e $2$ il prodotto $(x-2)(x-6)$ è positivo, fra $2$ e $6$ negativo: $V$ cresce e poi cala, quindi $x = 2$ è il massimo.

V(2) = 2\cdot 8^2 = 128

Verifica. Il controllo che costa meno e trova più errori è provare un valore per parte. Nel punto 3, con $x=1$ : $V = 1\cdot 10^2 = 100$ ; con $x=3$ : $V = 3\cdot 6^2 = 108$ ; con $x=2$ : $128$ . Il massimo trovato batte i vicini da entrambi i lati ✓.

Se un valore vicino desse un risultato più grande, il punto stazionario sarebbe un minimo o un flesso — e te ne accorgi in tre moltiplicazioni invece che all’orale.