I PROBLEMI DI MASSIMO E DI MINIMO
Soluzioni di problemi tratti dal libro: Corso Base Blu di Matematica, vol. 5
[1] (Problema n. 243 a pag. 199 V)
Individua il punto della retta 2x+y-5=0 per il quale è minima la distanza dall’origine degli assi
coordinati.
RISOLUZIONE
Consideriamo un punto generico P appartenente alla retta
coordinate generiche
(x ; 5 − 2 x ) .
r : 2x + y − 5 = 0
.
Esso
ha
Consideriamo ora la funzione obiettivo d(x) che esprime la
distanza del punto generico P (x ; 5 − 2 x ) della retta r al variare dell’ascissa x del punto.
Indicato con O(0; 0) l’origine del sistema di riferimento cartesiano, facilmente si ricava che:
x 2 + (5 − 2 x )
__
d( x ) = PO =
2
2
2
2
= x + 25 + 4 x − 20 x = 5 x − 20 x + 25
con x ∈ ℜ
Determiniamo ora il minimo assoluto della funzione. A tal fine calcoliamo la derivata d’(x) della
funzione obiettivo d(x).
d' ( x ) =
1
2 5 x − 20 x + 25
2
(10x − 20)
Studiamo ora il segno della derivata d’(x). A tal proposito si osservi che il radicando al
denominatore è sempre positivo, essendo un polinomio di secondo grado con a=5>0 e
∆ = (− 20 ) − 4(5)(25) =-100 < 0, pertanto la radice
2
5 x 2 − 20 x + 25 è calcolabile per qualunque x ed
è positiva. Il segno di d’(x) allora coincide con quello del numeratore 10 x − 20 , per cui si ha:
10 x − 20 ≥ 0 ;
x≥
20
10 ;
2
x
x≥2
0
d' ( x )
Andamento di d( x )
Dal grafico del segno di d’(x) si deduce che d(x) ha un minimo per x=2. La distanza minima
trovata vale dunque:
d( 2 ) =
5(2 ) − 20(2 ) + 25
2
= 20 − 40 + 25 = 5
Mentre il punto cercato ha coordinate: (2; 5 − 2(2 )) ≡ (2; 1)
[2] Problema n. 269 a pag. 204 V
Fra tutti i cilindri inscrivibili in una sfera di raggio che misura r, determina quello di superficie
laterale massima.
RISOLUZIONE
I cilindri inscritti nella sfera hanno le circonferenze di base
sulla sfera e il loro asse passante per il centro della sfera.
Noto il
raggio r della sfera, un cilindro inscritto è
determinato quando si conosce l’angolo α che il raggio
c
della sfera r=CA forma con l’asse del cilindro CH, essendo
C il centro della sfera e A un punto su una circonferenza di
α
H
base del cilindro. Si osservi che α
A
valori compresi tra 0 e
π
2
può assumere solo
.
Determiniamo ora la funzione obiettivo che esprime la superficie laterale del cilindro in
funzione del parametro α . Dal disegno si ricava che la superficie laterale del cilindro Sl( α ), che
si ottiene moltiplicando la circonferenza di base per l’altezza del cilindro, è data da:
___
____
Sl (α ) = 2π HA⋅ 2 CH = 2π (rsenα ) ⋅ 2(r cos α ) = 4πr 2 senα cos α
π
. A tal
2
Cerchiamo ora il massimo assoluto della funzione obiettivo Sl (α ) nell’intervallo: 0 ≤ α ≤
fine, come di consueto calcoliamo la derivata prima della funzione obiettivo.
(
S'l (α ) = 4πr 2 cos 2 α − sen2α
)
Il segno di S' l (α ) coincide con il segno di cos 2 α − sen 2α , pertanto studiamo il segno di questa
ultima espressione.
cos 2 α − sen 2α ≥ 0
Dividendo per sen2α > 0 si ottiene: ctg 2α − 1 ≥ 0 che risolviamo nell’incognita ctgα .
ctg 2α − 1 = 0 → ctg 2α = 1
→
ctgα = ±1
-1
1
0
0
ctgα
ctg 2α − 1
ctg 2α − 1
π
-
Passando all’incognita α si ha:
-
2
π
+
4
+
−
Problemi di massimo e di minimo
+
π
+
4
2/7
per cui, limitandoci all’intervallo 0 ≤ α ≤
π
2
, risulta:
π
π
4
2
0
+
α
−
S'l (α )
0
Andamento di Sl (α )
Dallo studio del segno di S'l (α ) , risulta che Sl (α ) ha un massimo assoluto per α =
π
4
. Il cilindro
inscritto nella sfera pertanto risulta equilatero (il diametro di base è uguale all’altezza).
Il valore massimo della superficie laterale è uguale a:
Sl (α ) = 4π r 2 sen
π
4
cos
π
4
= 4π r 2 ⋅
2
2
⋅
= 2π r 2 .
2
2
[3] Problema n. 291 a pag. 208 V
Con un cartone rettangolare di dimensioni 50 e 40 cm, si vuole costruire con opportuni ritagli e
piegature una scatola chiusa. Determinare la lunghezza delle tre dimensioni della scatola in
modo che il suo volume sia massimo.
a
Tagli
c
a
Piegature
b
a
a
b
RISOLUZIONE
Dalla figura si ricava immediatamente che il volume V della scatola chiusa è dato da: V = abc .
Sempre dalla figura, tenuto conto che il lato maggiore misura 50 cm e quello minore 40 cm,
risulta: a+b+a+b = 50 e, c+2a=40. Tenendo conto di queste relazioni il volume della scatola
può essere espresso attraverso una sola delle tre dimensioni, infatti, poste a sistema le ultime
due relazioni, si ottiene:
50 − 2a

a + b + a + b = 50 2a + 2b = 50 b =
; 
; 
da cui si ricava:
2

c + 2a = 40
c + 2a = 40
c = 40 − 2a

V = a⋅
50 − 2a
⋅ (40 − 2a) con 0 ≤ a ≤ 20 .
2
Sviluppiamo ora i calcoli per V(a).
V ( a) =
50a − 2a2
⋅ 2(20 − a) = 1000a − 50a2 − 40a2 + 2a3 = 2a3 − 90a2 + 1000a ;
2
Problemi di massimo e di minimo
V ( a ) = 2a3 − 90a2 + 1000a
3/7
Calcoliamo ora la derivata prima per la determinazione del massimo assoluto.
V' ( a ) = 6a2 − 180a + 1000
Studiamo ora il segno della derivata prima:
V' ( a ) ≥ 0
→
6a2 − 180a + 1000 = 0
→
a1,2 =
45 ± 5 21
3
Come si evince dal grafico del segno di V' ( a) ,
V(a) ha un massimo per a =
45 − 5 21
, che
3
soddisfa i limiti imposti dal problema, da cui si
45 − 5 21
3
+
45 + 5 21
3
−
a
+
0
V' (a)
0
Andamento di V (a)
ricava:
 45 − 5 21 

50 − 2


3

 = 25 − 45 − 5 21 = 30 + 5 21
b=
2
3
3
 45 − 5 21 
 = 40 − 90 − 10 21 = 30 + 10 21
c = 40 − 2


3
3
3


[4] Problema n. 322 a pag. 211 V
Individua due numeri la cui somma è 20 e per i quali la somma dei quadrati è minima.
RISOLUZIONE
Chiamando con x e con y due qualunque di questi numeri, si ha:
x + y = 20
→
y = 20 − x .
Chiamando con S la somma dei quadrati di questi numeri si ha:
S = x 2 + y 2 , posto y = 20 − x si ottiene:
S = x 2 + (20 − x ) = x 2 + 400 − 40 x + x 2 = 2 x 2 − 40 x + 400
2
Calcoliamo ora il minimo assoluto di questa funzione
mediante lo studio del segno della sua derivata prima.
S' = 4 x − 40
S' ≥ 0 →
10
−
x
+
S' (x )
0
4 x − 40 ≥ 0 → x ≥
40
4
→ x ≥ 10
Andamento di S (x )
Come si evince dal grafico del segno della derivata prima S’(x), S(x) ha un minimo assoluto in
x=10, da cui si ricava y=20-10=10. Ricapitolando, i due numeri cercati sono: 10 e 10.
[5] Problema n. 330 a pag. 212 V
Un settore circolare di raggio 2 cm, è lo sviluppo della superficie laterale di un cono.
a) Determinare l’ampiezza dell’angolo al centro del settore in modo che il cono abbia volume
massimo;
b) Nel cono trovato inscrivi il cilindro di volume massimo e determina tale volume.
Problemi di massimo e di minimo
4/7
2c
m
2 cm
α
h
r
2π r
RISOLUZIONE
(a) Il volume di un cono è uguale a un terzo dell’area del cerchio di base, per l’altezza. In
formule:
V =
( )
1
π r2 h
3
Del cono noi conosciamo l’apotema a=2 cm, mentre la sua altezza h e il raggio r della base
sono arbitrari ma non indipendenti, nel senso che assegnato uno dei due, il restante elemento
risulta determinato per il fatto che deve sussistere la seguente relazione che si desume dal
teorema di Pitagora relativo al triangolo rettangolo di cateti r, h e ipotenusa l’apotema a del
cono. Per quanto detto vale la relazione:
r 2 + h 2 = a2 = 2 2 = 4 →
r 2 = 4 − h2
r =
→
4 − h2 con 0 ≤ h ≤ 2 .
Per quanto appena scritto, la funzione obiettivo V(h) risulta data da:
V =
(
)
2
1
4
1
1  
π  4 - h 2   h = π 4 - h 2 h = π h − π h 3

3
3
3
 
3 
Cerchiamo il massimo della funzione obiettivo V(h) attraverso lo studio del segno della sua
derivata prima.
v ' ( h ) = −π h 2 +
4
π
3
V ' (h) ≥ 0
− π h2 +
→
4
π ≥0
3
→
− π h2 +
4
π =0
3
h=±
→
4
3
Come si evince dal grafico del
−
segno della derivata prima V’(h), il
Volume del cono assume il valore
massimo
per
h=
4
3
e
4
3
-
4
3
+
0
risulta
h
−
V' (h)
0
Andamento di V (h)
uguale a:
Vmax
4
= π
3
r =
4−h
4 1  4 
− π
3 3  3 
3
=
4
π
3
4 1 4
− π
3 3 3
2
2
=
 4
 =
4−
 3


4−
4
=
3
4
3
=
4
1
4
1 −  = π

3
3
3
4
π
3
12 − 4
=
3
42
8
  = π

33
9
4
3
=
8
2
π
9
3
=
16
3π
27
8
2
= 2
3
3
L’angolo α al centro del settore circolare vale :
Problemi di massimo e di minimo
5/7
 2

2π  2
 3
2π r

 = 2π 2 = 2π
=
α =
a
2
3
2
2 6
π
3
=
3
(b)
Il volume di un cilindro è dato dall’area di base per l’altezza, ossia:
Vcilindro = π rc hc
2
Poiché il cilindro è inscritto nel cono, la sua altezza hc non può superare
E
4
. Anche il raggio di base
3
quella del cono, pertanto deve essere: 0 ≤ hc ≤
rc del cilindro non può superare il raggio della circonferenza di base del
cono in cui è inscritto, pertanto deve essere: 0 ≤ rc ≤ 2
2
.
3
hc
rc
A
Dalla figura al lato si evince che i triangoli ABC e ADE sono simili e pertanto
h
C
B
D
Sezione verticale centrale
del cilindro
è possibile ricavare una relazione tra gli elementi rc ed hc del cilindro
inscritto e gli elementi r ed h del cono, precisamente, dalla similitudine citata si ha:
BC
DE
=
AB
AD
hc
h
=
r − rc
r
→
Da questa relazione si può esprimere hc in funzione di rc e attraverso questa, il volume del
cilindro in funzione del solo parametro rc . La funzione volume, della variabile rc costituisce la
nostra funzione obiettivo di cui dobbiamo calcolare il valore massimo. Seguono ora i calcoli.
Calcolo di hc in funzione di rc :
4
3
→ hc =
2
2
3
h
hc
h
=
→ hc = (r − rc )
r
r − rc
r
 2

2
− rc 
 3



→ hc =
2
2
 2

2
− rc 
 3



Calcolo della funzione obiettivo:
Vcilindro ( rc ) = π rc hc
2
= π rc
2
2
2
 2

2
− rc 
 3



=
 2

2
π rc 2  2
− rc 
 3

2


Calcolo della derivata della funzione obiettivo:
V ' cilindro ( rc ) =



2   2
2  2
2
π 2rc 2
− rc  − rc  =
π 4 rc − 2rc 2 − rc 2 

2   3
2  3




=

2  2
π 4 rc − 3rc 2 
2  3

Studio del segno della derivata:
V ' cilindro ( rc ) ≥ 0
→

2  2
π 4 rc − 3rc 2  ≥ 0
2  3

→
2
2
rc − 3rc ≥ 0
3
4
→
 2

rc  4
− 3rc  ≥ 0
 3



rc = 0
 2

rc  4
− 3rc  = 0
 3



4
2
− 3rc = 0
3
Problemi di massimo e di minimo
→
rc =
4
3
2
3
6/7
4
3
0
2
3
rc
+
0
−
V' (rc )
0
Il volume massimo del cilindro inscritto nel cono si ha per rc =
4
3
2
4
=
3
3
Andamento di V (rc )
2
3
⋅
3
3
=
4 6
cm .
9
Il volume massimo del cilindro inscritto vale:
Vcilindro ,max =
Vcilindro ,max =
2  4 6 
π
2  9 
2
 2 4 6
2

−
 3

9


=
2 16 ⋅ 6
π
2
81

2 2

3

3
3
−
4 6
9



 = 2 π 96  2 6 − 4 6 


2
9 
81  3

48 2  6 6 − 4 6 
48 2  2 6 
16 2  2 2 3 
64 3
π
=
π
=
π
=
π cm3 .






243
81
9
81
9
27
9






Problemi di massimo e di minimo
7/7