PROBLEMI DI MASSIMO E MINIMO ESEMPI INTRODUTTIVI ELEMENTARI. PROBLEMA 1: Tra i rettangoli di perimetro 20 cm, determina quello di area massima.

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1 PROBLEMI DI MASSIMO E MINIMO ESEMPI INTRODUTTIVI ELEMENTARI Introduzione Vengono qui presentati alcuni semplici problemi di massimo e minimo. Leggi con attenzione e completa i passaggi mancanti. Prova poi a svolgere gli esercizi proposti. PROBLEMA 1: Tra i rettangoli di perimetro 20 cm, determina quello di area massima. Consideriamo il rettangolo ABCD, rappresentato in figura. Detto AB=x, poiché il semiperimentro è 10 cm, abbiamo BC=10 x. Poiché le lunghezze dei lati sono quantità positive, l'insieme di variabilità per x può essere ricavato dalla condizione { AB 0 BC 0 { x 0 10 x 0 0 x 10 L'area del rettangolo è quindi espressa dalla funzione A(x) = x(10-x) definita nell'intervallo (0,10) Il suo grafico è un arco di parabola con vertice V(5;25). Dalla lettura del grafico si ottiene quindi che l'area è massima quando x=5 cm. Perciò AB=5 cm, BC =10 5=5 cm. Quindi, tra i rettangoli di perimetro 20 cm, quello di area massima è il quadrato di lato 5 cm.

2 PROBLEMA 2: Tra i rettangoli di area 25 cm 2, determina quello di perimetro minimo. Questo problema è speculare di quello appena presentato. Detto AB=x, poiché l'area è 25 cm 2, abbiamo BC=25/ x. Poiché le lunghezze dei lati sono quantità positive, x è una variabile reale positiva (x>0). Il semiperimetro è quindi espresso dalla funzione p x =x 25, da considerarsi nel dominio x D= 0,. La sua derivata è p' x = x 2=x2 x 2 Essa si annulla quando x 2 =25 e quindi quando x=5 (la soluzione negativa non viene considerata in quanto non appartiene al dominio della funzione). Studiando il segno della derivata, si ottiene il seguente diagramma, da cui si deduce che x=5 è punto di minimo assoluto della funzione semiperimetro. Perciò il semiperimetro (e quindi anche il perimetro) risulta minimo quando AB=5cm e BC=25/5=5 cm. Per completezza, riportiamo anche il grafico della funzione p(x).

3 PROBLEMA : Da un quadrato di cartone di lato 90 cm si vuole ricavare, tagliando le parti tratteggiate in figura (che individuano quattro quadrati identici) e ripiegando opportunamente i lembi, una scatola aperta, a base quadrata, di capacità massima. Determinare il lato di base della scatola Indichiamo con x il lato della base della scatola. Chiaramente vale la condizione 0 x 90. Il lato dei quadratini ritagliati, che corrisponde all'altezza della scatola, vale vale h= 90 x. 2 Il volume della scatola è quindi V x = 1 2 x2 90 x definita nel dominio D= 0,90. Derivando otteniamo V ' x = 2 x 60 x. Nel domino considerato tale funzione ha un solo punto stazionario x=60 che, dallo studio del segno della derivata, risulta essere un punto di massimo relativo e assoluto. Il lato della base della scatola di volume massimo è quindi lungo 60 cm. Per completezza si riporta il grafico della funzione V(x).

4 PROBLEMA 4: E' dato un triangolo ABC con la base AB doppia dell'altezza CH. Una retta r parallela alla base AB interseca i lati obliqui AC e BC rispettivamente nei punti D ed E. Siano F e G le proiezioni di D ed E sulla base AB. Determina la distanza di C da r in modo che il rettangolo FGED abbia area massima. Prendiamo la lunghezza di CH come unità di misura a: CH=1a. Allora AB=2a. Per semplificare la risoluzione sottointendiamo, nella risoluzione, l'unità di misura. Posto CK= x, con 0 x 1 poiché i triangoli ABC e DEF sono simili abbiamo DE=2 x. Inoltre DF=KH=CH CK=1 x. Perciò l'area del rettangolo FGDE, uguale al prodotto di DE DF, è data dalla funzione A x = x 1 x definita nel dominio D= 0,1. Il suo grafico è un arco di parabola con vertice V 1/ 2;1/4. Nel grafico è rappresentato l'andamento di tale funzione, che chiaramente risulta massima quando del vertice C dalla retta r è la metà dell'altezza CH. x= 1 2 a, cioè quando la distanza CK OSSERVAZIONE: Nella risoluzione del problema abbiamo, per semplicità, sottointeso l'unità di misura a, che a rigore va invece indicata in tutti i passaggi. Se vogliamo farlo, dobbiamo semplicemente trattarla come una costante (o parametro) del problema (la variabile indipendente del problema è x). Ripetiamo i passaggi già svolti, indicando l'unità di misura: CH=a. Allora AB=2 a. Posto CK= x, con 0 x a... abbiamo DE=2 x. Inoltre DF=KH=CH CK=a x. Perciò l'area del rettangolo FGDE, uguale al prodotto di DE DF, è data dalla funzione A x = x a x definita nel dominio D= 0,a. Il suo grafico è un arco di parabola con vertice V a/2 ;a 2 / 4. Nel grafico è rappresentato l'andamento di tale funzione, che chiaramente risulta massima quando x= a 2.

5 PROBLEMA 5: Tra i cilindri di Volume 1 litro, determina quello che ha superficie totale minima (è richiesta la determinazione del raggio di base r, dell'altezza h e del rapporto h/r) Detti r il raggio di base del cilindro e h la sua altezza, abbiamo: Area di base= r 2 La superficie laterale del cilindro è data dal prodotto della lunghezza della circonferenza di base ( 2 r ) con l'altezza h: Superficie laterale=2 r h La superficie totale S è data dalla somma del doppio della superficie di base con la superficie laterale: S=2 r 2 2 r h S dipende da due variabili (r ed h); tuttavia il vincolo posto dal problema sul volume permette di esprimere h in funzione di r: V= r 2 h h= V r 2 ; poiché V=1 litro h= 1 r 2 Sostituendo quest'ultima relazione nell'espressione di S, si ottiene: S=2 r r S r =2 r 2 1 r 2 r La funzione S(r) è definita per r>0 ed esprime la superficie totale del cilindro in funzione di r. ds Derivando si ottiene dr =2 2 r 1 ds r 2 e quindi dr =2 2 r 1. r 2 Tale derivata si annulla per r= 1 2, è negativa per 0 r 1 2 e positiva per r 1 2. Perciò la superficie totale è minima per r= 1 2 da cui, sostituendo nella formula h= 1 tale r 2 valore di r, si ricava h= 4. Per completezza si riporta il grafico della funzione S(r). Il rapporto h/r del cilindro con superficie totale minima è uguale a 2 (prova a calcolarlo). Perciò tale cilindro ha altezza doppia del raggio di base e quindi uguale al diametro. Nota: poiché il volume è espresso in litri, le lunghezze ottenute sono da intendersi in dm e le aree in dm 2.

6 ESERCIZIO 1 Il problema 1 può essere generalizzato nel modo seguente: Tra i rettangoli di perimetro 2p, determina quello di area massima. TRACCIA DI RISOLUZIONE Per quanto visto nel problema 4, ciò equivale ad assumere il semiperimetro p come unità di misura. Denominando ABCD il rettangolo, e posto AB=x, si ottiente CD =... e quindi A(x)=... definita per... <x<... Il suo grafico è un arco di parabola di vertice V(...,...). Dal grafico si ricava che l'area è massima per x=.... Perciò AB=..., BC=.... Quindi, tra i rettangoli di perimetro 2p, quello di area massima è il... ESERCIZIO 2 Il problema 2 può essere generalizzato nel modo seguente: Tra i rettangoli di area A, determina quello di perimetro minimo. Risolvi tale problema. ESERCIZIO Su un segmento AB di lunghezza 10 cm individua un punto C in modo che la somma delle aree dei quadrati costruiti su AC e CB sia minima. ESERCIZIO 4 Tra i parallelepipedi a base quadrata di volume 1 litro, determina quello si superficie totale minima. ESERCIZIO 5 Si vuole costruire una vasca di cemento a forma di parallelepipedo rettangolo a base quadrata, aperta in alto e della vasca, aperta in alto e della capacità di 1000 litri. Essendo destinata a contenere liquidi corrosivi, tale vasca andrà rivestita internamente di acciaio inossidabile. Se ne determinino le dimensioni in modo da rendere minima la quantità di acciaio da utilizzare. [lato di base: 10 2dm ; altezza: 5 2 dm ] ESERCIZIO 6 Il problema 5 alla pagina precedente può essere generalizzato nel modo seguente: Tra i cilindri di Volume V, determina quello che ha superficie totale minima Risolvi tale problema. SUGGERIMENTO: ponendo V= a (che equivale a scegliere a= V come unità di misura della lunghezza) la funzione superficie totale in funzione del raggio di base del cilindro assume una forma più semplice, rispetto a quella ottenuta assumendo V come unità di misura del volume.