PROBLEMI DI MASSIMIZZAZIONE E MINIMIZZAZIONE (OTTIMIZZAZIONE)
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (5F)
Introduzione: I problemi di massimizzazione (o minimiz-zazione, o ancora di ottimizzazione) sono dei problemi la cui risoluzione risponde a domande del tipo: dato
tale perimetro, quale è il rettangolo con l’area massima?, oppure data tale area totale, quale è il cilindro con il
maggior volume?. In altre parole andiamo a fissare una quantità e andiamo a variare tutte le altre incognite che modificano un qualcosa: per quali valori delle incognite e delle quantità fissa il nostro qualcosa è massimo o minimo?
Non è affatto facile spiegare a parole i problemi di ot-timizzazione. Un esempio che può aiutare ce lo fornisce la Natura: come mai le bolle di sapone (oppure le stelle, oppure le cellule) sono proprio delle sfere? Ebbene, a parità di volume, la sfera è il solido con la minore area superficiale. La Natura risparmia, quindi convie-ne teconvie-nere la superficie alla minima estensioconvie-ne possibile. Ecco spiegato il perché della forma sferica: la Natura massimizza o minimizza sempre qualcosa.
Massimizzazione dell’area di un rettangolo: Abbiamo un rettangolo con un perimetro fissato P . Vogliamo trovare il rettangolo con l’area massima che abbia proprio come perimetro P .
Pensandoci bene noi abbiamo impostato un limite solo sul perimetro: i lati possono variare liberamente, purché rispettino il limite sul perimetro totale ovvero che:
P = 2(a + b) = costante (1)
Dove con a e con b abbiamo chiamato i due lati del rettangolo.
L’area (da massimizzare) del rettangolo è data da:
A = πab (2)
Che sarà la nostra funzione da massimizzare. Prima di tutto utilizziamo l’equazione 1 per esprimere un lato in funzione dell’altro:
2(a + b) = P a + b = P 2 a =P 2 − b (3)
Come possiamo vedere abbiamo espresso un lato in funzione dell’altro, usando il perimetro.
Ora sostituiamo tale espressione in 2: A = P 2 − b b A = P b 2 − b 2 (4)
Ora dobbiamo calcolarne la derivata, così possiamo massimizzarla.
A0= P
2 − 2b (5)
Ed ora imponiamo che sia pari a 0: A0= 0 −→ P 2 − 2b = 0 (6) Ovvero: P 2 − 2b = 0 P 2 = 2b P = 4b (7)
Sostituendo quanto trovato in 7 all’interno di 1 otteniamo:
4b = 2a + 2b (8)
Da cui infine:
b = a (9)
Ovvero: il rettangolo con l’area massima (fissato il perimetro) è proprio il quadrato.
Minimizzazione della superficie di un cilindro: Questo problema ha una applicazione immediata. Infatti per-mette di rispondere alla domanda: dato un certo volume, quale è il cilindro di superficie minima? Ovvero, data una certa capacità di una lattina, quale forma devo dargli affinché io usi meno alluminio possibile (e quindi risparmio)?
L’area di un cilindro (aree di base + area laterale) è dato da:
A = 2πr2+ 2πrh (10)
Dove il primo termine contiene le due aree di base, mentre il secondo contiene la superficie laterale.
Il volume è invece:
V = πr2h (11)
Il volume in questo problema è fissato, quindi usia-molo per esprimere il raggio di base (r) in funzione dell’altezza del cilindro (h):
h = V
πr2 (12)
E andiamo a sostituire tale equazione in 10: A = 2πr2+ 2πr V πr2 −→ A = 2πr 2+ 2V r (13) Deriviamo: A0= 4πr − 2V r2 = 0 (14)
Imponendo a zero stiamo minimizzando l’area: 4πr3− 2V = 0
4πr3= 2V 2πr3= V
(15)
Ed infine sostituiamo tale risultato nell’espressione 11:
2πr3= πr2h (16)
Da cui finalmente otteniamo: 2r = h
Ovvero il cilindro con l’area minima, dato un certo volume, è il cilindro che ha il raggio pari all’altezza.
