Una delle applicazioni più interessanti delle derivate è la risoluzione dei [b]problemi di ottimizzazione[/b], detti anche problemi di massimo e di minimo in quanto permettono di stabilire per cui una data quantità assume il valore massimo o minimo possibile.[br][br]Vediamo un primo esempio; ne approfitteremo per delineare una procedura ideale per risolvere il problema.[br][color=#0000ff][br][b]Su un'asta di misura L si vogliono costruire in sequenza un cartellone a forma di triangolo equilatero ed uno quadrato. Come deve essere utilizzata la lunghezza a disposizione se si vuole che l'area totale dei cartelloni sia MINIMA?[/b][/color][br][br][b][color=#ff0000]VISUALIZZIAMO IL PROBLEMA[/color][/b][br]Come sempre "vedere" il problema è il primo passo per capirlo e poterci ragionare su. In questo caso, essendo un problema geometrico, possiamo disegnare l'asta ed i due cartelloni che devono spartirsela. Con geogebra possiamo animare il disegno e vedere come cambia l'area delle due figure spostando il punto dove finisce una ed inizia l'altra. Per fissare le idee abbiamo posto la lunghezza dell'asta pari a [math]7[/math], ma nel corso del problema la lasceremo generica indicandola con la lettera [math]L[/math].[br]

[b][color=#ff0000]1) SCEGLIAMO LA VARIABILE[/color][/b][br]Il nostro problema ci chiede di scegliere la configurazione più adatta, in questo caso che renda minima l'area dei due cartelloni. Cosa dobbiamo scegliere? In questo caso l'animazione ci indica che l'elemento su cui possiamo agire è la lunghezza del lato del triangolo (e di conseguenza di quello del quadrato). In altre parole dobbiamo scegliere quale è la posizione del punto E che soddisfa meglio la richiesta che ci è stata fatta. [br][br]Indichiamo allora questa lunghezza come [math]\large{x}[/math]: sarà la variabile che ci permette di muoverci tra le scelte (come nell'animazione: cambiandolo vediamo tutte le possibili scelte) e della quale cercheremo il valore ottimale. [br][br][b][color=#ff0000]2) VINCOLI SULLA VARIABILE[br][/color][/b]É importante notare che la nostra variabile non potrà assumere valori qualsiasi: potremo accettare solo valori compatibili con il problema che ci è stato posto. In questo caso dovrà essere ovviamente positiva e non potrà andare oltre alla lunghezza dell'asta, quindi[br][br][math]\large{0 \lt x \lt L}[/math][br][br][b][color=#ff0000]3) DEFINIAMO E CALCOLIAMO LA FUNZIONE OBIETTIVO[/color][/b][br]Il nostro obiettivo è avere l'area totale minima, quindi ci serve capire come si calcola questa area, ed in che modo dipende dalla variabile che abbiamo scelto. L'area totale è data ovviamente dalla somma dell'area delle due figure. Per poterla calcolare è importante notare che se il lato del triangolo è la nostra variabile [math]\large{x}[/math], [b]anche la misura del lato del quadrato è già definita[/b], ed è pari alla lunghezza rimanente [math]\large{L-x}[/math].[br][br]Come al solito riportare TUTTI i dati a nostra disposizione sul disegno ci aiuta ad essere più consapevole di quello che sappiamo e che possiamo usare.

Abbiamo segnato sul disegno anche l'altezza del triangolo, essenziale per calcolarne l'area. Dato che un triangolo equilatero è anche equiangolo, quindi ogni suo angolo misura [math]\large{360°:3=60°}[/math] la trigonometria ci aiuta ricordandoci che [br][br][math]\large{\sin(60°)=\frac{h}{\overline{AF}} \quad \rightarrow \quad h=\overline{AF}\cdot\sin(60°)}[/math][br][br]dato che il triangolo è equilatero (e quindi [math]\large{\overline{AF}}[/math] coincide con [math]\large{x}[/math]) e che [math]\large{\sin(60°)=\frac{\sqrt{3}}{2}}[/math], abbiamo che [math]\large{h=x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}[/math], e di conseguenza l'area del triangolo vale[br][br][math]\large{A_t = \frac{b\cdot h}{2} = \frac{1}{2}x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2}[/math][br][br]L'area del quadrato è più semplice: dato che il lato è [math]\large{L-x}[/math] avremo che [math]\large{A_q = (L-x)^2=L^2+x^2-2Lx}[/math][br][br]L'area totale, che è la nostra funzione obiettivo perché descrive la grandezza che dobbiamo ottimizzare (in questo caso rendendola minima), vale quindi[br][br] [math]\large{A_{tot}=A_t+A_q=A(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+L^2+x^2-2Lx}[/math][br][br][b][color=#ff0000]3) CALCOLIAMO E STUDIAMO LA DERIVATA E TROVIAMO IL PUNTO DI MINIMO[/color][/b][br]A questo punto non ci resta che calcolare la derivata della nostra funzione e studiarne il segno trovandone i punti di minimo e di massimo[br][br][math]\large{A'(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}x+2x-2L}[/math][br][br]Essa è positiva quando [br][br][math]\large{A'(x)^+? \frac{\sqrt{3}}{2}x+2x-2L \gt 0\quad \rightarrow \quad x\gt \frac{2L}{\frac{\sqrt{3}}{2}+2}\quad \rightarrow \quad x>\frac{4}{\sqrt{3}+4}L}[/math][br][br]Il grafico dei segni ci indica che la funzione scende fino al valore trovato e poi risale, quindi il punto trovato è di MINIMO, come richiesto. [br][br]Possiamo visualizzare quanto fatto nell'animazione seguente, in cui mostriamo di nuovo la figura e contemporaneamente la funzione obiettivo che calcola l'area richiesta. Essa ovviamente è una parabola, dato che si può riscrivere come [br][br][math]\large{A(x)=\left (\frac{\sqrt{3}}{4} + 1 \right ) x^2-2Lx+L^2}[/math][br][br]

Puoi verificare che nel caso in cui [math]\large{L=7}[/math], che avevamo preso come valore di esempio, l'area minima si ottiene per [br][math]\large{x=\frac{4}{\sqrt{3}+4}\cdot \textcolor{red}{7}= \frac{28}{\sqrt{3}+4}\approx 4,88}[/math][br][br]Sostituendo [math]\large{\frac{28}{\sqrt{3}+4}}[/math] nella funzione obiettivo [math]\large{A(x)}[/math] otteniamo l'area totale corrispondente, che vale circa [math]\large{15}[/math].[br][br]Le rette arancioni definiscono i limiti imposti alla nostra variabile, che nel caso specifico può valere al massimo [math]7[/math], cioè la lunghezza dell'asta. Notiamo che in corrispondenza di [math]\large{x=0}[/math] e [math]\large{x=7}[/math], si hanno due punti di massimo, di cui il primo è assoluto ed il secondo relativo. L'area massima si ha quindi quando il triangolo ha lato zero e tutta l'asta è utilizzata per costruire il quadrato.[br][br][color=#ff0000]UN SECONDO ESEMPIO[/color][br][br][b][color=#0000ff]Consideriamo un cartone quadrato di lato L. Vogliamo ritagliare e togliere da ciascun angolo un quadrato, in modo da definire delle "linguette" che rialzate permettano di costruire una scatola (senza coperchio). [br][br]In che modo devono essere ritagliati i quadrati in modo da ottenere la scatola più capiente possibile?[br][/color][/b][br][color=#ff0000][b]0) VISUALIZZIAMO IL PROBLEMA[br][/b][/color]Nell'animazione sotto si può vedere il quadrato a cui sono stati tagliati via quattro quadrati agli angoli; le linguette che ne risultano, evidenziate in rosso, se rialzate permettono di costruire una scatola.

[color=#ff0000]Visualizzare bene il problema è importante per capirlo e farlo nostro[/color]. In questo caso è utile cercare di immaginare come sarà fatta la scatola una volta che abbiamo deciso le dimensioni degli angoli che tagliamo via. Geogebra può venirci in aiuto.[br][br]Usa lo slider di [b]a[/b] per modificare la dimensione dei quadrati da tagliare via, ed attiva l'animazione per vedere come risulta la scatola.

L'animazione rende evidente la scelta richiesta dal problema: è possibile ritagliare quadrati di varia dimensione: più sono grandi più sarà alta la scatola, ma meno ampia sarà la sua base. [b]Quale è il giusto compromesso per ottenere il volume massimo come richiesto dal problema[/b]?[br][br][b][color=#ff0000]1) SCEGLIAMO LA VARIABILE[/color][/b] [br]In questo caso la nostra scelta riguarda la dimensione dei quadrati da rimuovere agli angoli della scatola, quindi la variabile naturale da scegliere è la misura dei lati di questi quadrati, che abbiamo già chiamato [b]a[/b]. [br][br][b][color=#ff0000]2) VINCOLI SULLA VARIABILE[/color][/b] [br]Dato che i quadrati devono essere ritagliati sul quadrato principale, il loro lato può variare da un minimo di 0 ad un massimo di [math]\large{L/2}[/math]: [br] [br][math]\Large{0 \lt x \lt \frac{L}{2}}[/math][br][br][br][b][color=#ff0000]3) DEFINIAMO E CALCOLIAMO LA FUNZIONE OBIETTIVO[/color][/b][br]Poiché il nostro obiettivo è [color=#ff0000]massimizzare il volume[/color] agendo sul parametro [b]a[/b], dovremo capire come è fatta la funzione che esprime il volume della scatola al variare di [b]a[/b]. [br][br]Costruiamo l'espressione della [color=#ff0000][b]funzione che ci permette di calcolare la grandezza che ci interessa, il volume della scatola[/b][/color]; chiamato [math]\large{L}[/math] la misura del lato del cartone nel complesso, il volume della scatola che si può ottenere ritagliando dei quadrati di lato [math]\large{a}[/math] è dato da:[br][br][math]\large{V(a)=\overbrace{(L-2a)^2}^{\mbox{area base}}\cdot\overbrace{a}^{\mbox{altezza}}=L^2a+4a^3-4La^2}[/math][br][br][color=#6aa84f][b][color=#ff0000]3) CALCOLIAMO E STUDIAMO LA DERIVATA E TROVIAMO IL PUNTO DI MASSIMO[/color][/b][br][br][/color]A questo punto studiamo la derivata della funzione obiettivo rispetto ad [math]\large{a}[/math] (ricorda che [math]\large{L}[/math] è un parametro: è il lato del quadrato, di cui non abbiamo scelto un particolare valore, ma che comunque nel problema rimane fissato) ed andiamo alla ricerca di un punto di massimo: se esiste ci indicherà il valore cercato per il lato dei quadrati, quello che rende massimo il volume complessivo della scatola.[br][br] [math]\large{\frac{dV(a)}{da}=\frac{d}{da}[L^2a+4a^3-4La^2]=L^2+12a^2-8La}[/math][br][br]Studiamo il segno della derivata per identificare i punti di minimo e di massimo della funzione[br][br][math]\large{12a^2-8La+L^2>0}[/math][br][br]Si tratta di una parabola con concavità rivolta verso l'alto e zeri in [br][math]\large{a=\frac{L}{2} \lor a=\frac{L}{6}}[/math][br][br]Vediamone qui sotto la rappresentazione, con il corrispondente andamento della funzione (frecce blu) in base al segno della derivata nei vari intervalli [color=#6aa84f](da notare che la parabola è tratteggiata fuori dall'intervallo di validità del parametro [math]\large{a}[/math], perché fuori da esso il problema la rende comunque inutilizzabile)[/color][br][br]

Risulta che il volume della scatola ha un punto di massimo quando i lati dei quadrati da ritagliare misurano un sesto del lato complessivo del cartone [notiamo che vi sono due punti di minimo corrispondenti a [math]\large{a=0}[/math] e [math]\large{a=\frac{L}{2}}[/math], ma ma sono relativi ad due soluzioni degeneri, dato che generano rispettivamente una scatola senza altezza e senza base].[br][br]Ovviamente possiamo sostituire il valore [math]\large{a=\frac{L}{6}}[/math] nella funzione [math]\large{V(a)}[/math] per ottenere la corrispondente misura del volume ottimizzato. (usiamo la versione fattorizzata per evidenti motivi di semplicità di calcolo)[br][br][math]\large{V_{max}=(L-2a)^2\cdot a = \left (L-2\cdot \textcolor{red}{\frac{L}{6}} \right )^2\cdot \textcolor{red}{\frac{L}{6}} = \left (\frac{2L}{3} \right )^2\cdot \textcolor{red}{\frac{L}{6}} =\frac{4L^3}{54}}[/math][br][br]Se ad esempio fissiamo [math]\large{L=16\ cm}[/math], come abbiamo fatto nelle animazioni di questa pagina per poter visualizzare concretamente il tutto, otteniamo:[br][br][math]\large{V_{max,\ L=16}=\frac{4\cdot \textcolor{red}{16}^3}{54}\approx 303,41\ cm^3}[/math][br][br]Puoi vedere il risultato nell'animazione qui sotto, dove [color=#6aa84f][b]lo slider verde ti permette anche di ripiegare i lati e costruire la scatola[/b][/color]. Puoi verificare che il punto di massimo è effettivamente in corrispondenza di [math]\large{a=\frac{L}{6}=\frac{\textcolor{16}}{6}\approx2,67}[/math] e vale circa [math]\large{300}[/math], come ottenuto dai calcoli.

[size=150][color=#ff0000]ORA PROVA TU[br][/color][/size]Osserva l'animazione qui sotto. Quale è il valore del parametro k che massimizza l'area del triangolo in figura?[br][br][nota: deduci l'equazione della parabola tramite le coordinate dei tre punti blu; puoi verificare il risultato attivando lo slider verde]