Sia \(R > 0\) il raggio della sfera. Inscriviamo un cilindro retto di raggio \(r\) e altezza \(h\), con assi coincidenti col diametro. Dalla geometria: il raggio del cilindro e la metà dell’altezza formano un triangolo rettangolo con ipotenusa \(R\), dunque

Esplicitiamo \(r^2 = R^2 - h^2/4\). Il volume del cilindro è

Derivata: \(V'(h) = \pi R^2 - \frac {3\pi }{4} h^2 = 0 \Rightarrow h^2 = \frac {4 R^2}{3} \Rightarrow h = \frac {2R}{\sqrt {3}}\).

Test della derivata seconda: \(V''(h) = -\frac {3\pi }{2} h < 0\) in \(h = 2R/\sqrt 3\): massimo (anche assoluto, perché \(V\) si annulla agli estremi \(h = 0\) e \(h = 2R\)).

Volume massimo: \(V_{\max } = \pi \left ( R^2 - \frac {R^2}{3} \right ) \cdot \frac {2R}{\sqrt 3} = \frac {4 \pi R^3}{3 \sqrt 3}\).

Confronto con la sfera: \(V_{\text {sfera}} = \frac {4}{3} \pi R^3\), quindi \(V_{\max }/V_{\text {sfera}} = 1/\sqrt 3 \approx 0.577\). Il cilindro inscritto ottimale occupa circa il \(58\%\) del volume della sfera.

Sfera di raggio \(R\). Inscriviamo un cono retto di raggio di base \(r\) e altezza \(h\), col vertice e il centro della base sulla retta passante per il diametro. Convenzione: il vertice del cono è in un polo della sfera, e \(h\) è la distanza dal vertice al piano della base. Allora il centro della base si trova a distanza \(|h - R|\) dal centro della sfera, e

\(V(h) = \frac {1}{3} \pi r^2 h = \frac {1}{3} \pi (2 R h^2 - h^3)\), \(h \in (0, 2R)\). \(V'(h) = \frac {1}{3} \pi (4 R h - 3 h^2) = \frac {h \pi }{3} (4 R - 3 h)\). Zeri: \(h = 0\) (escluso) e \(h = 4R/3\).

\(V''(h) = \frac {1}{3} \pi (4 R - 6 h)\), in \(h = 4R/3\): \(V'' = \frac {\pi }{3}(4R - 8R) = -\frac {4\pi R}{3} < 0\): massimo.

\(V_{\max } = \frac {1}{3} \pi \left ( 2 R \cdot \frac {16 R^2}{9} - \frac {64 R^3}{27} \right ) = \frac {1}{3} \pi \cdot \frac {32 R^3}{27} = \frac {32 \pi R^3}{81}\).

Confronto: \(V_{\max }/V_{\text {sfera}} = 8/27 \approx 0.296\). Il cono inscritto ottimale occupa circa il \(30\%\) del volume della sfera, meno del cilindro ottimale (\(58\%\)).

Semicerchio di raggio \(R\) con diametro orizzontale. Inscriviamo un trapezio isoscele con base maggiore coincidente col diametro (\(2R\)) e base minore parallela al diametro. Sia \(2x\) la base minore (\(0 < x < R\)): allora l’altezza del trapezio è \(h = \sqrt {R^2 - x^2}\), e l’area

Conviene massimizzare \(A^2 = (R+x)^2 (R^2 - x^2) = (R+x)^2 (R-x)(R+x) = (R+x)^3 (R - x)\).

\(\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d}x} A^2 = 3(R+x)^2 (R-x) - (R+x)^3 = (R+x)^2 \bigl [ 3(R-x) - (R+x) \bigr ] = (R+x)^2 (2R - 4x)\).

Zero per \(x = R/2\). Test: cambia da \(+\) (\(x < R/2\)) a \(-\) (\(x > R/2\)): massimo. \(A_{\max } = (R + R/2) \sqrt {R^2 - R^2/4} = \frac {3R}{2} \cdot \frac {R \sqrt 3}{2} = \frac {3\sqrt 3}{4} R^2\).

Curiosità: il trapezio ottimale ha angoli alla base di \(60°\) e la base minore \(= R = \) raggio. Le tre corde uguali (la base minore e i due lati obliqui) sono tutti uguali a \(R\): il trapezio è la metà di un esagono regolare inscritto.

Una sorgente \(A\) in un mezzo \(1\) (velocità della luce \(v_1\)) deve essere collegata, tramite la luce, a un osservatore \(B\) in un mezzo \(2\) (\(v_2 < v_1\)). I due mezzi sono separati da un’interfaccia rettilinea. Determinare il punto \(P\) dell’interfaccia in cui la luce passa per minimizzare il tempo di percorrenza.

Impostazione. Poniamo l’asse \(x\) sull’interfaccia. \(A = (0, a)\) con \(a > 0\) nel mezzo \(1\) (sopra), \(B = (d, -b)\) con \(b > 0\) nel mezzo \(2\) (sotto), \(d > 0\) distanza orizzontale. Il punto \(P = (x, 0)\) con \(x \in [0, d]\) (assumiamo che il punto razionalmente sia compreso fra le proiezioni).

Tempo di percorrenza:

\(T'(x) = \dfrac {x}{v_1 \sqrt {a^2 + x^2}} - \dfrac {d - x}{v_2 \sqrt {b^2 + (d-x)^2}}\).

Posto \(T'(x) = 0\): \(\dfrac {x}{v_1 \sqrt {a^2 + x^2}} = \dfrac {d - x}{v_2 \sqrt {b^2 + (d-x)^2}}\).

Ora osserviamo che, dal punto \(P\), \(\operatorname{sen} \theta _1 = x/\sqrt {a^2 + x^2}\) (angolo fra raggio incidente e normale all’interfaccia) e \(\operatorname{sen} \theta _2 = (d-x)/\sqrt {b^2 + (d-x)^2}\) (angolo del raggio rifratto). Quindi \(T'(x) = 0\) diventa

dove \(n_i = c/v_i\) è l’indice di rifrazione del mezzo \(i\). Questa è la legge di Snell–Cartesio della rifrazione, scoperta sperimentalmente da Snell (1621) e Cartesio (1637), e ricavata da Fermat (1662) dal suo principio di tempo minimo. Il calcolo differenziale qui non è un mero strumento: è la deduzione stessa della legge della rifrazione dal principio fisico.

Un proiettile è lanciato con velocità \(v_0\) da terra a un angolo \(\alpha \in [0, \pi /2]\) rispetto all’orizzontale. La gittata (distanza orizzontale al punto di caduta, su terreno piano) è

Massimizziamo: \(R'(\alpha ) = \frac {2 v_0^2 \cos (2 \alpha )}{g} = 0 \Rightarrow 2\alpha = \pi /2 \Rightarrow \alpha = \pi /4 = 45°\). Test: \(R'' = -4 v_0^2 \operatorname{sen} (2\alpha )/g < 0\) per \(\alpha = 45°\): massimo. \(R_{\max } = v_0^2/g\).

Conclusione: la gittata di un proiettile su terreno piano è massima per angolo di lancio di \(45°\), e vale \(v_0^2/g\). Questo risultato, già noto a Galileo, è probabilmente l’esempio più celebre di applicazione del calcolo differenziale alla balistica.

Un bagnino sta in un punto \(A\) sulla sabbia, a distanza \(a\) dal bagnasciuga rettilineo. Un bagnante in pericolo è in \(B\) in acqua, a distanza \(b\) dal bagnasciuga e a distanza orizzontale \(d\) da \(A\). Il bagnino corre sulla sabbia a velocità \(v_1\) e nuota a velocità \(v_2 < v_1\). In quale punto \(P\) del bagnasciuga deve abbandonare la sabbia e gettarsi in acqua per minimizzare il tempo di arrivo?

Modello. Identico al problema di Fermat: \(T(x) = \frac {\sqrt {a^2 + x^2}}{v_1} + \frac {\sqrt {b^2 + (d-x)^2}}{v_2}\). Annullando \(T'(x)\) si ottiene di nuovo

La luce ottimizza il tempo seguendo Snell; il bagnino ottimizza il tempo seguendo la stessa legge. In entrambi i casi, la traiettoria si piega all’interfaccia verso il mezzo più lento (\(\theta _2 < \theta _1\) se \(v_2 < v_1\)).

Numericamente: con \(a = 50\,{\mathrm{m} }\), \(b = 30\,{\mathrm{m} }\), \(d = 100\,{\mathrm{m} }\), \(v_1 = 5\,{\mathrm{m} / \mathrm{s} }\), \(v_2 = 1\,{\mathrm{m} / \mathrm{s} }\), risolvendo numericamente si trova \(x \approx 91\,{\mathrm{m} }\) (il bagnino corre quasi sopra il bagnante prima di tuffarsi).

Un’impresa produce \(q\) unità di un bene al costo \(C(q) = q^2 + 200\) e le vende a prezzo unitario \(p = 40\) (in euro). Determinare la quantità che massimizza il profitto.

\(R(q) = p \cdot q = 40 q\). \(\Pi (q) = 40 q - q^2 - 200\). \(\Pi '(q) = 40 - 2q = 0 \Rightarrow q = 20\). \(\Pi ''(q) = -2 < 0\): massimo. \(\Pi (20) = 800 - 400 - 200 = 200\) euro.

In termini di marginale: \(R' = 40 = \) costante (prezzo unitario), \(C'(q) = 2q\). Uguaglianza: \(2q = 40 \Rightarrow q = 20\).

Un’impresa stima che la domanda dipenda dal prezzo come \(q(p) = 100 - 2 p\), ovvero \(p(q) = (100 - q)/2 = 50 - q/2\). Il costo è \(C(q) = 10 q + 200\). Massimizzare il profitto.

\(R(q) = p(q) \cdot q = (50 - q/2) q = 50 q - q^2 / 2\). \(\Pi (q) = 50 q - q^2/2 - 10 q - 200 = 40 q - q^2/2 - 200\). \(\Pi '(q) = 40 - q = 0 \Rightarrow q = 40\). \(\Pi (40) = 1600 - 800 - 200 = 600\) euro. Prezzo di vendita ottimale: \(p(40) = 50 - 20 = 30\) euro/unità.

Un’azienda deve gestire un magazzino. Il consumo annuo del bene è \(D\) unità. L’azienda ordina \(Q\) unità per volta (lotto): il costo di ogni ordine è \(K\) (fisso, per gestione dell’ordine), il costo di stoccaggio di un’unità per un anno è \(h\). Determinare \(Q\) che minimizza il costo totale annuo (costo degli ordini + costo di stoccaggio).

Numero di ordini all’anno: \(D/Q\). Costo annuo degli ordini: \(K \cdot D/Q\). La quantità in magazzino in media è \(Q/2\), quindi costo di stoccaggio: \(h \cdot Q/2\). Totale:

\(C'(Q) = -\frac {K D}{Q^2} + \frac {h}{2} = 0 \Rightarrow Q^2 = \frac {2 K D}{h} \Rightarrow Q^* = \sqrt {\frac {2 K D}{h}}\).

Test: \(C''(Q) = 2 K D / Q^3 > 0\): minimo. La formula \(Q^* = \sqrt {2 K D / h}\) è la celebre formula del lotto economico di Harris (1913) e Wilson (1934), pilastro della gestione delle scorte. Interpretazione: il costo è minimo quando il costo degli ordini eguaglia il costo di stoccaggio (per simmetria della funzione).

Sia \(\theta \) la semi-apertura al vertice del triangolo. Allora la base è \(2 R \operatorname{sen} \theta \) (corda sottesa dall’angolo al centro \(2\theta \)) e l’altezza relativa alla base è \(R + R \cos \theta = R(1 + \cos \theta )\). Area:

\(A'(\theta ) = R^2 [\cos \theta (1 + \cos \theta ) + \operatorname{sen} \theta \cdot (-\operatorname{sen} \theta )] = R^2 [\cos \theta + \cos ^2 \theta - \operatorname{sen} ^2 \theta ] = R^2 [\cos \theta + \cos (2\theta )]\).

Usando \(\cos (2\theta ) = 2\cos ^2 \theta - 1\): \(A'(\theta ) = R^2 [2 \cos ^2 \theta + \cos \theta - 1] = R^2 (2 \cos \theta - 1)(\cos \theta + 1)\).

Zeri: \(\cos \theta = 1/2 \Rightarrow \theta = \pi /3\), o \(\cos \theta = -1\) (escluso). Test: \(A' > 0\) per \(\theta < \pi /3\), \(A' < 0\) per \(\theta > \pi /3\): massimo.

\(A_{\max } = R^2 \operatorname{sen} (\pi /3) (1 + \cos (\pi /3)) = R^2 \cdot \frac {\sqrt 3}{2} \cdot \frac {3}{2} = \frac {3\sqrt 3}{4} R^2\).

Per \(\theta = \pi /3\), l’angolo al vertice è \(2\theta = 2\pi /3 = 120°\), e gli altri due angoli del triangolo (isoscele) sono \(30°\) ciascuno... attenzione: in un triangolo equilatero gli angoli sono tutti \(60°\). Rifacciamo i conti: il triangolo isoscele ottimale ha \(\theta = \pi /3\), base \(2 R \operatorname{sen} (\pi /3) = R\sqrt 3\), altezza \(R(1 + 1/2) = 3R/2\). Lati obliqui: \(\sqrt {(R\sqrt 3 / 2)^2 + (3R/2)^2} = \sqrt {3R^2/4 + 9R^2/4} = \sqrt {3R^2} = R\sqrt 3\). Tutti e tre i lati uguali a \(R\sqrt 3\): il triangolo isoscele di area massima inscritto è equilatero.

Trovare il punto della parabola \(y = x^2\) più vicino al punto \(P = (0, 1)\).

Sia \(Q = (x, x^2)\) un punto generico della parabola. Distanza al quadrato:

\(D'(x) = 2 x + 2 (x^2 - 1) \cdot 2 x = 2 x [1 + 2(x^2 - 1)] = 2 x (2 x^2 - 1)\). Zeri: \(x = 0\), \(x = \pm 1/\sqrt 2\).

Valori: \(D(0) = 0 + 1 = 1\), \(D(\pm 1/\sqrt 2) = 1/2 + (1/2 - 1)^2 = 1/2 + 1/4 = 3/4\). \(D(\pm 1/\sqrt 2) < D(0)\): i punti di minima distanza sono \(Q = (\pm 1/\sqrt 2, 1/2)\). Distanza minima: \(\sqrt {3/4} = \sqrt 3 / 2 \approx 0.866\).

In \(x = 0\) c’è un massimo locale (rispetto ai due minimi laterali): il vertice della parabola non è il punto più vicino al fuoco — è solo un estremo locale relativo. (Esercizio collaterale: verificare che \((0, 1)\) è il fuoco della parabola \(y = x^2\). Sì, lo è.)

Un agricoltore ha \(200\,{\mathrm{m} }\) di rete e vuole recintare un terreno rettangolare confinante con un fiume rettilineo (il lato lungo il fiume non viene recintato). Trovare le dimensioni che massimizzano l’area.

Siano \(x\) il lato perpendicolare al fiume e \(y\) il lato parallelo. Vincolo: \(2 x + y = 200\), ovvero \(y = 200 - 2 x\). Dominio: \(0 < x < 100\). Area: \(A(x) = x y = x(200 - 2 x) = 200 x - 2 x^2\). \(A'(x) = 200 - 4 x = 0 \Rightarrow x = 50\), \(y = 100\). \(A''(x) = -4 < 0\): massimo. \(A_{\max } = 50 \cdot 100 = 5000\,{\mathrm{m} ^{2} } = 0.5\,{\hectare }\).

Costruire una scatola a base quadrata, senza coperchio, di volume \(1\,{\mathrm{L} } = 1000\,{\mathrm{c} \mathrm{m} ^{3} }\), usando il minimo materiale (minima superficie totale). Trovare le dimensioni.

Sia \(\ell \) il lato della base quadrata, \(h\) l’altezza. Vincolo: \(\ell ^2 h = 1000\), da cui \(h = 1000/\ell ^2\). Superficie da fabbricare (base + 4 lati): \(S = \ell ^2 + 4 \ell h = \ell ^2 + 4000/\ell \). \(S'(\ell ) = 2\ell - 4000/\ell ^2 = 0 \Rightarrow \ell ^3 = 2000 \Rightarrow \ell = \sqrt [3]{2000} \approx 12.6\,{\mathrm{c} \mathrm{m} }\). \(h = 1000/\ell ^2 = 1000/\sqrt [3]{2000^2} = \sqrt [3]{1000^3/2000^2} = \sqrt [3]{1000/4} = \sqrt [3]{250} \approx 6.3\,{\mathrm{c} \mathrm{m} } = \ell /2\).

Risultato: \(h = \ell /2\) (l’altezza ottimale è metà del lato di base). Superficie minima: \(S(\ell ) = \ell ^2 + 4000/\ell \) in \(\ell = \sqrt [3]{2000}\), \(\approx 476\,{\mathrm{c} \mathrm{m} ^{2} }\).

Un cono retto ha raggio di base \(R\) e altezza \(H\). Inscriviamo un cilindro retto avente la base sulla base del cono. Determinare le dimensioni del cilindro di volume massimo.

Sia \(r\) il raggio del cilindro, \(h\) la sua altezza. Per similitudine dei triangoli (apice del cono / cima del cilindro): \(\dfrac {H - h}{H} = \dfrac {r}{R}\), da cui \(h = H(1 - r/R) = H(R - r)/R\). Volume del cilindro: \(V(r) = \pi r^2 h = \pi r^2 \cdot \frac {H(R - r)}{R} = \frac {\pi H}{R} (R r^2 - r^3)\), \(r \in (0, R)\).

\(V'(r) = \frac {\pi H}{R} (2 R r - 3 r^2) = \frac {\pi H r}{R} (2 R - 3 r) = 0 \Rightarrow r = 2R/3\). Test: massimo.

\(h = H(R - 2R/3)/R = H/3\). Risultato: \(r = 2R/3\), \(h = H/3\). Volume: \(V_{\max } = \pi (2R/3)^2 (H/3) = \frac {4 \pi R^2 H}{27}\). Confronto col volume del cono (\(V_{\text {cono}} = \pi R^2 H/3\)): \(V_{\max }/V_{\text {cono}} = 4/9 \approx 0.44\).

Un’azienda produce un bene la cui domanda è \(q(p) = 1000 - 20 p\) (con \(p\) in euro). Il costo di produzione è \(C(q) = 5 q + 1000\). Determinare prezzo, quantità e profitto massimo.

Da \(q = 1000 - 20 p\) ricavo \(p = (1000 - q)/20 = 50 - q/20\). Ricavo: \(R(q) = pq = (50 - q/20) q = 50 q - q^2/20\). Profitto: \(\Pi (q) = R - C = 50 q - q^2/20 - 5 q - 1000 = 45 q - q^2/20 - 1000\).

\(\Pi '(q) = 45 - q/10 = 0 \Rightarrow q^* = 450\). \(\Pi ''(q) = -1/10 < 0\): massimo. Prezzo ottimale: \(p^* = 50 - 450/20 = 50 - 22.5 = 27.5\) euro/unità. Profitto: \(\Pi (450) = 45 \cdot 450 - 450^2/20 - 1000 = 20250 - 10125 - 1000 = 9125\) euro.