Blog divulgativo sulla matematica applicata

Problemi di massimo e minimo: derivate e non solo!

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I problemi di ottimizzazione rivestono senza dubbio un ruolo fondamentale nell’ambito delle applicazioni matematiche. Sempre più spesso si sente parlare, e in contesti diversi, di funzioni obiettivo da massimizzare o minimizzare, a partire da una serie di vincoli prefissati.

In un contesto scolastico, tale tipologia di quesiti si riduce più semplicemente allo studio di problemi comunemente chiamati “di massimo e minimo”.

In genere allo studente viene richiesto di costruire, a partire dai dati in possesso, una certa funzione che rappresenta la quantità da massimizzare o minimizzare, per poi derivarla cercando così per quale valore dell’incognita fissata si verifica la condizione richiesta, il tutto nel rispetto delle limitazioni imposte dal problema.

Si tratta dunque di una tipologia di esercizi standard, che non presentano particolari difficoltà di esecuzione e che, frequentemente, compaiono negli esami di stato per lo scientifico. Tra tutti, ricordiamo il primo problema assegnato nella sessione ordinaria del 2006 in cui ben tre punti dell’esercizio chiedevano di svolgere un problema di massimo e minimo (il testo è disponibile, per esempio, qui).

Veniva infatti richiesto di determinare l’area massima che un’aiuola rettangolare, delimitata da un filo metallico lungo λ, debba avere, nonché di calcolare l’area massima e minima di due aiuole (una quadrata e una circolare) delimitate dallo stesso filo opportunamente tagliato in due parti.

Con questo articolo si vogliono mostrare alcuni esempi di problemi di massimo e minimo ritenuti utili da un punto di vista didattico (e comunque presentabili in classe) senza dover necessariamente scomodare le derivate quale strumento risolutivo.

Ben noto a riguardo è il problema del cowboy che, dopo una lunga giornata nella prateria, parte da un punto A, deve prima raggiungere la riva di un fiume (rappresentata da una retta r) in un punto P per abbeverare il proprio cavallo, e successivamente tornare presso la propria abitazione che si trova in un punto B (dalla stessa parte in cui si trova A), cercando di minimizzare la somma  (ovviamente quella presentata è una delle diverse possibili ambientazioni del problema).

Un simile quesito ricorda il principio di Fermat: tra tutti i possibili cammini che un raggio luminoso può percorrere per andare da un punto ad un altro, esso sceglie il cammino che richiede minor tempo. L’immagine seguente mostra quanto appena esposto:

Fig_1_Mazza

Detto B’ il simmetrico di B rispetto alla retta r, il punto P che minimizza la somma cercata è il punto di intersezione delle rette r e AB’. Infatti preso un qualunque punto P' ∈ r, tenendo conto della disuguaglianza triangolare e del fatto che PB = PB', ne consegue che AP PB AP PB' ≤ AP' P'B.

La disuguaglianza triangolare risulta essere uno strumento particolarmente utile per risolvere altri problemi simili a quello appena mostrato.

Come ulteriore esempio, consideriamo una piazza a forma di quadrilatero convesso. Cerchiamo il punto P interno alla piazza dove installare un pozzetto per le acque di scarico in modo tale che sia minima la somma delle distanze dai vertici del quadrilatero (dove ad esempio si trovano dei tubi pluviali di alcune abitazioni che si affacciano sulla piazza).

Fig_2_Mazza

Anche in questo caso, chiamato P un punto qualunque della piazza, dalla disuguaglianza triangolare discende che PA PB PC PD ≥ AC BD, con l’uguaglianza verificata se e solo se P coincide con il punto di intersezioni delle diagonali AC e BD.

E’ lecito chiedersi se sia possibile risolvere altri problemi di massimo e minimo con strumenti ancora diversi rispetto a quelli finora citati. La risposta è affermativa; si potrebbe pensare di sfruttare la disuguaglianza relativa alla media aritmetica e geometrica (nota come disuguaglianza MA-MG).

In particolare risulta che la media aritmetica di due o più valori è sempre maggiore o uguale della media geometrica degli stessi valori. Limitatamente a due soli numeri reali non negativi x e y possiamo affermare che  \frac{x+2}{2} \geq \sqrt{xy}  dove l’uguaglianza esiste se e solo se x=y. La dimostrazione di questa proprietà è particolarmente semplice. Consideriamo la disuguaglianza  (x-y)^{2} \geq 0, vale a dire  x^{2}-2xy+ y^{2} \geq 0 , quindi  x^{2}+ y^{2} \geq 2xy. Sommando ad entrambi i membri 2xy si ottiene l’espressione  x^{2}+ y^{2}+2xy \geq 4xy, cioè (x+y)^{2} \geq 4xy . A questo punto, a meno di dividere per 4 ed estrarre la radice quadrata di entrambi i membri, si ottiene la relazione cercata.

Proviamo ad applicare quanto appena detto ad un esercizio tratto da un libro di quinto liceo scientifico. Tra tutti i cilindri ottenuti dalla rotazione completa di un rettangolo di perimetro p attorno ad un suo lato, vogliamo determinare quello di volume massimo.

L’esercizio, generalmente, viene risolto chiamando x uno dei due lati del rettangolo (ad esempio quello che funge da raggio del cilindro) e  \frac{p}{2}-x il rimanente lato (ad esempio l’altezza del cilindro), con 0<x< \frac{p}{2} . Il volume totale sarà pari a V(x)= \pi x^{2}( \frac{p}{2}-x) , la sua derivata pari a V'(x)= \pi x(p-3x) ed infine, dallo studio del segno della derivata, si deduce che il volume è massimo per x= \frac{p}{3} , vale a dire V= \frac{ \pi p^{3} }{54} .

Volendo applicare la disuguaglianza sopra citata, potremmo pensare di procedere in questo modo. Siano x e y i due lati del rettangolo, vale a dire p=2(x+y). Risulta  \frac{p}{2}=x+y= \frac{x}{2} + \frac{x}{2} +y , da cui  \frac{p}{6}= \frac{ \frac{x}{2}+ \frac{x}{2}+y }{3} . Allo stesso tempo, sapendo che V= \pi x^{2}y , si ottiene l’uguaglianza  \sqrt[3]{ \frac{V}{4 \pi } }= \sqrt[3]{ \frac{x}{2} . \frac{x}{2} . y } . I secondi membri delle due espressioni trovate sono rispettivamente la media aritmetica e la media geometrica dei tre valori  \frac{x}{2} ,  \frac{x}{2} e y, pertanto possiamo applicare la disuguaglianza MA-MG ottenendo  \sqrt[3]{ \frac{V}{4 \pi } } \leq \frac{p}{6} , vale a dire V \leq \frac{ \pi p^{3} }{54} , il che sta ad indicare esattamente che il volume massimo raggiungibile (quando  \frac{x}{2}=y ) è proprio \frac{ \pi p^{3} }{54}.

Lasciamo al lettore la possibilità di verificare, sempre usando la precedente disuguaglianza, che il volume massimo tra tutti i cilindri aventi superficie totale pari a S si ottiene nel caso di un cilindro equilatero (vale a dire con altezza congruente al diametro di base). E’ interessante osservare come la maggior parte delle lattine in commercio (che siano di bevande, di legumi o altro), tranne pochissimi casi, non rispecchiano tale proporzione.

Detto ciò, esistono però alcuni problemi di ottimizzazione che, per quanto facili nella loro formulazione, presentano una certa difficoltà di risoluzione. Ne vediamo alcuni senza la pretesa di essere esaustivi o di dimostrare alcunché.

Consideriamo ad esempio il problema della brachistocrona, ovvero della ricerca di una traiettoria sulla quale una massa (partendo da ferma da un certo punto e muovendosi, senza attrito, sotto l’azione del suo peso) viene fatta scivolare impiegando, sempre in accordo con il principio di Fermat, il minor tempo possibile.

Brachistocrona

(figura tratta da http://scienzaemusica.blogspot.com/2014/10/il-problema-della-brachistocrona.html )

Tale problema, formulato nel 1696 dal matematico svizzero Johann Bernoulli, richiede che venga scomodata una branca per nulla banale della matematica chiamata “calcolo delle variazioni”. La curva cercata, che deve unire il punto di partenza A e quello di arrivo B, a differenza di quel che si crede non è il segmento che unisce tali punti (che resta comunque la distanza minore fra i due) ma una cicloide. A seconda della posizione di A e B, tale curva può anche passare sotto B per poi risalire, pertanto non per forza il suo punto di minimo deve coincidere con B.

Un altro problema celebre, anch’esso facile nella sua formulazione ma per nulla banale nella sua risoluzione, è il seguente: come poter collegare un certo numero di città con una rete stradale che sia la più corta possibile? A titolo di esempio, vediamo il caso in cui le città siano quattro (A, B, C e D) e siano disposte ai vertici di un quadrato di lato unitario. La soluzione banale in cui vengono costruiti tre lati del quadrato (per una lunghezza totale pari a 3) si vede subito non essere la migliore. Si potrebbe infatti raffinare prendendo le due diagonali del quadrato (la cui lunghezza totale è pari a 2 \sqrt{2} \approx 2,83 ), con il punto di incontro delle diagonali quale nodo di scambio fra le due strade, come mostrato in figura:

Fig_3_Mazza

E’ lecito chiedersi se sia possibile ottenere un risultato ancora migliore. La risposta, non facile da dimostrare, è affermativa: si tratta di prendere cinque segmenti con due intersezioni triple in modo che in ciascun punto di intersezione si formino angoli di 120° come in figura:

Fig_4_Mazza

La lunghezza totale in questo caso è pari a 1+ \sqrt{3} \approx 2,73 ed è la più corta. Sebbene non ne forniamo una dimostrazione, il lettore potrebbe tentare di convincersi della bontà della risposta ricorrendo all’uso di una pellicola saponata che (meraviglia della natura) tenderà a disporsi in modo da rendere minima la superficie. Ad esempio si può pensare di prendere due lastre di plexiglass unite da quattro barrette disposte agli angoli di un quadrato e, immergendo il tutto nell’acqua saponata, se non ci sono particolari perturbazioni e magari dopo qualche tentativo, si riesce ad ottenere la configurazione cercata (di cui la precedente immagine ne è una sezione parallela alle due lastre).

Consideriamo ora il seguente problema: dato un triangolo, come bisogna disporre al suo interno tre cerchi non sovrapposti in modo che la loro area sia la massima possibile? Si tratta di un classico problema “di imballaggio”, noto anche con il nome di problema di Malfatti. Quando fu formulato per la prima volta nel 1803 dal matematico italiano Gianfrancesco Malfatti, la questione nasceva come domanda posta al matematico da un marmista in possesso di un blocco di pietra a forma di prima a base triangolare dal quale voleva ottenere tre cilindri retti di pari altezza del prisma e aventi il massimo volume possibile. Il problema può essere studiato più semplicemente in due dimensioni lavorando su una sezione del prisma. La risposta di Malfatti fu quella di scegliere ciascun cerchio in modo che fosse contemporaneamente tangente ai due lati del triangolo e agli altri due cerchi, come mostrato in figura:

Fig_5_Mazza

(figura tratta da https://it.wikipedia.org/wiki/Problema_di_Malfatti )

Per più di cento anni si ritenne che il problema fosse risolto. Nel 1929, però, i matematici Hyman Lob e Herbert Richmond dimostrarono, mediante un controesempio che la soluzione di Malfatti era sbagliata. Nel caso del triangolo equilatero, infatti, la configurazione di Malfatti prevede che i tre cerchi siano congruenti fra loro; supponendo inoltre che il lato del triangolo equilatero sia unitario, si può calcolare il raggio di tali circonferenze e risulta valere r= \frac{ tg30^{ \circ } }{2+ 2tg30^{ \circ } }. Ne consegue che l’area totale dei tre cerchi è pari a C=3 \pi r^{2}= \frac{3 \pi }{8(2+ \sqrt{3}) } , mentre l’area del triangolo è pari a T= \frac{ \sqrt{3} }{4} e pertanto il loro rapporto vale  \frac{C}{T}= \frac{ \sqrt{3} \pi }{4+2 \sqrt{3} } \approx 0,739 . Scegliendo invece come cerchi quello inscritto nel triangolo e due cerchi minori tangenti al cerchio inscritto e a due lati del triangolo stesso, si verifica che il rapporto fra le due aree è pari a , di poco maggiore ma comunque quel tanto che garantisce che la risposta di Malfatti sia sbagliata.

Nel 1965 il matematico americano Howard Eves ha mostrato che, nel caso di un triangolo particolarmente lungo e sottile, la soluzione di Malfatti (figura sottostante a sinistra) è palesemente sbagliata, potendo ottenere una soluzione migliore scegliendo i cerchi come nella figura sottostante a destra:

Fig_6_Mazza

(figure tratte da https://en.wikipedia.org/wiki/Howard_Eves)

Due anni più tardi, nel 1967, il matematico americano Michael Goldberg ha dimostrato l’inesattezza della soluzione di Malfatti, facendo vedere che essa non può mai essere giusta a prescindere dalla forma del triangolo. La soluzione giusta prevede che uno dei tre cerchi sia quello inscritto all’interno del triangolo (ed è anche il cerchio di raggio massimo fra i tre) e i rimanenti due cerchi disposti come in una delle due seguenti figure:

Fig_7_MazzaFig_8_Mazza

Concludiamo infine mostrando un ultimo problema che ha dato filo da torcere ai matematici. Si tratta del problema di Kakeya, in onore del matematico giapponese che l’ha ideato nel 1917. Kakeya si chiese quale fosse nel piano la regione di area minima in cui un ago (che supporremo di lunghezza unitaria) può ruotare di 180°.

Un simile problema, di per sé banale nella sua formulazione, nasconde una matematica piuttosto elaborata e ha dei risvolti decisamente inaspettati!

Limitandoci a semplici considerazioni generali, in un primo momento potremmo immaginare di ruotare l’ago di 180° attorno al suo punto medio, ottenendo così una regione di forma circolare ed area pari a  \frac{ \pi }{4} \approx 0,78 . Se decidiamo invece di fare un po’ di “manovre” con l’ago, potremmo considerare una regione a forma di triangolo equilatero di altezza 1 (e pertanto di area totale pari a  \frac{1}{ \sqrt{3} } \approx 0,58 ). Stavolta l’idea è quella di posizionare l’ago in un angolo, ruotarlo di 60° attorno a quell’angolo per poi spostarlo nell’angolo successivo e ruotarlo di altri 60° e infine ripetere la stessa operazione nel terzo angolo. Tale soluzione, se ci limitiamo a considerare figure convesse, risulta effettivamente essere giusta. In realtà se non poniamo limiti di convessità sulla regione di piano cercata, la soluzione che per alcuni anni si è creduto essere corretta è rappresentata dall’ipocicloide, vale a dire quella curva generata da un punto sul bordo di una ruota (di raggio  \frac{1}{4} ) che gira dentro un cerchio di raggio maggiore (pari a  \frac{3}{4} ). L’area delimitata da tale curva risulta essere pari a  \frac{ \pi }{8} \approx 0,39 e, con una serie di manovre in tutto e per tutto simili a quelle dell’automobilista che fa inversione in una strada stretta, si riesce anche in questo caso a ruotare di 180° l’ago. Negli anni venti il matematico russo A.S. Besicovitch ha dimostrato che l’area della regione cercata può essere resa piccola a piacere! Proprio al diminuire dell’area, la figura assume una forma particolare, con una regione centrale e un gran numero di “ciuffi” sottili che partono da essa. Per dare solo una vaga idea della costruzione, si pensi ad un triangolo equilatero diviso in varie parti mediante segmenti che partono da un vertice e cadono sul lato opposto. Queste parti vengono poi traslate e fatte sovrapporre come mostrato nell’immagine sottostante di sinistra (nel primo caso si sono usate le due metà di un triangolo equilatero, nel secondo caso lo stesso triangolo equilatero è stato diviso in otto parti). Ebbene, scelto un numero abbastanza alto di porzioni, l’area della figura risultante (che pende il nome di albero di Perron) può essere resa piccola a piacere. L’unione di diversi alberi così costruiti (figura gialla) genera una regione di piano in cui l’ago può ruotare di 180°.

Fig_9_Mazza

Figure tratte da https://en.wikipedia.org/wiki/Kakeya_set

Bibliografia:

Acheson, 1089 e altri numeri magici, Zanichelli

CC BY-NC-SA 4.0
This work is licensed under a Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 4.0 International License.

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