\chapter{Problemi di massimo e minimo}\label{cap:AN-018}

\citazioneinizio{%
  Tutto ciò che la Natura compie, lo compie per la via più breve. Così il raggio di luce che si riflette in uno specchio percorre il cammino di minima lunghezza fra punto di partenza e punto di arrivo: per questo l'angolo di incidenza è uguale all'angolo di riflessione.%
}{Erone di Alessandria, \emph{Catottrica} (I sec.~d.C. ca.), traduzione adattata}

% ============================================================
\section{Introduzione motivazionale}\label{sec:an-018-01-introduzione-motivazionale}
% ============================================================

I problemi di \emph{ottimizzazione} --- trovare il massimo o il minimo di una grandezza --- attraversano l'intera storia della scienza, dalla geometria classica (problema isoperimetrico) alle leggi della fisica (principio di Fermat, principio di minima azione) all'economia moderna (massimo profitto). In tutti i casi, lo schema è lo stesso: tradurre il problema concreto in una funzione di una (o più) variabili, identificare il dominio compatibile con i vincoli, e trovare gli estremi assoluti con gli strumenti dell'analisi --- studio di funzione (\ref{cap:AN-016}) e ricerca degli estremi via derivata prima e seconda (\ref{cap:AN-014}, \ref{cap:AN-015}).

Questo capitolo è la \emph{palestra applicativa} di tutto il calcolo differenziale liceale. I problemi che affronteremo si dividono, per comodità didattica, in tre filoni: \emph{geometrici} (lunghezze, aree, volumi), \emph{fisici} (tempi, energie, distanze), \emph{economici} (costi, ricavi, profitti). Lo schema risolutivo è però unico, e merita di essere interiorizzato come metodo di ragionamento.

\medskip

\emph{Nota storica}. Il primo problema di massimo/minimo della storia, datato I sec.~d.C., è il principio di Erone di Alessandria sulla riflessione della luce: la luce segue il cammino di lunghezza minima. La generalizzazione moderna è il \emph{principio di Fermat} (1662): in un mezzo non omogeneo, la luce segue il cammino di \emph{tempo} minimo. Da questo principio, applicando il calcolo differenziale, si ricava direttamente la legge di Snell--Cartesio sulla rifrazione. Vedremo questo collegamento nella sezione~\ref{sec:an-018-04-problemi-fisici}.

% ============================================================
\section{Impostazione di un problema di ottimizzazione}\label{sec:an-018-02-impostazione-di-un-problema-di-ottimizzazione}
% ============================================================

La maggior parte degli errori in un problema di ottimizzazione si commette \emph{prima} del calcolo: nella fase di impostazione, dove va costruita la funzione obiettivo. Conviene quindi disciplinarsi seguendo uno schema fisso.

\begin{procedura}[Impostazione e risoluzione di un problema di ottimizzazione]
\begin{enumerate}
  \item \textbf{Lettura}: leggere attentamente il testo e identificare:
  \begin{itemize}
    \item la grandezza $y$ da \emph{massimizzare} o \emph{minimizzare} (la \emph{funzione obiettivo});
    \item le grandezze \emph{libere} (variabili);
    \item i \emph{vincoli} (relazioni che legano le variabili fra loro o con costanti).
  \end{itemize}
  \item \textbf{Modello}: scrivere $y = f(x_1, \dots, x_n)$ e tradurre i vincoli in equazioni o disequazioni.
  \item \textbf{Riduzione a una variabile}: usare i vincoli (eliminazione) per esprimere $y$ in funzione di \emph{una sola} variabile, $y = f(x)$.
  \item \textbf{Dominio}: determinare l'intervallo dei valori \emph{ammissibili} di $x$, derivante dai vincoli geometrici/fisici (es.~lunghezze $> 0$, angoli in $[0, \pi/2]$, ecc.). Spesso il dominio è un intervallo aperto o un intervallo chiuso e limitato.
  \item \textbf{Ricerca degli estremi}: applicare lo studio di $f'$ e la procedura di \ref{cap:AN-014}. Calcolare $f$ ai candidati e agli estremi del dominio, confrontare i valori.
  \item \textbf{Verifica della natura}: usare il test della derivata prima o della derivata seconda per accertare che il candidato sia effettivamente il tipo di estremo richiesto.
  \item \textbf{Interpretazione fisica}: riportare il risultato nel linguaggio originale del problema (con \emph{unità di misura}, \emph{verifiche dimensionali}, \emph{controllo del segno}).
\end{enumerate}
\end{procedura}

\begin{attenzione}
Una funzione obiettivo che si ``allontana a $+\infty$'' su entrambi i bordi del dominio (e in particolare ha solo estremi locali interni) garantisce automaticamente che il minimo interno sia anche assoluto. Specularmente per massimi. Questa osservazione semplifica spesso la conclusione, evitando di dover esaminare i bordi.
\end{attenzione}

% ============================================================
\section{Problemi geometrici}\label{sec:an-018-03-problemi-geometrici}
% ============================================================

I problemi geometrici sono i più tradizionali nei corsi di analisi liceale. Tipicamente: data una figura geometrica con vincolo (perimetro fissato, raggio della circoscritta fissato, ecc.) si cerca quella che ottimizza un parametro (area, volume, superficie). I problemi-cardine già visti in \ref{cap:AN-014}: rettangolo di area massima con perimetro fisso (risposta: quadrato), scatola di volume massimo da cartoncino quadrato, lattina cilindrica di superficie minima dato il volume ($h = 2 r$). Qui sviluppiamo casi più complessi.

\begin{esempio}[Cilindro di volume massimo inscritto in una sfera di raggio $R$]
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
\[
  r^2 + \left(\frac{h}{2}\right)^2 = R^2.
\]
Esplicitiamo $r^2 = R^2 - h^2/4$. Il volume del cilindro è
\[
  V(h) = \pi r^2 h = \pi \left( R^2 - \frac{h^2}{4} \right) h = \pi R^2 h - \frac{\pi}{4} h^3, \qquad h \in (0, 2R).
\]
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 $h = 2R/\sqrt 3$: \emph{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.
\end{esempio}

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.0]
  % sfera (cerchio)
  \draw[BLU, thick] (0,0) circle (2.5);
  % cilindro inscritto: r = sqrt(2/3)*R = 2.04, h/2 = R/sqrt(3) = 1.44
  \draw[ARANCIO, thick] (-2.04, -1.44) rectangle (2.04, 1.44);
  % ellisse base superiore (per simulare 3D)
  \draw[ARANCIO, dashed] (0, 1.44) ellipse (2.04 and 0.3);
  \draw[ARANCIO, dashed] (0, -1.44) ellipse (2.04 and 0.3);
  % triangolo rettangolo R, r, h/2
  \draw[ROSSO, thick, dashed] (0,0) -- (2.04, 0) -- (2.04, 1.44) -- cycle;
  \node[ROSSO, below] at (1.0, 0) {\small $r$};
  \node[ROSSO, right] at (2.04, 0.7) {\small $h/2$};
  \node[ROSSO, above left] at (1.0, 0.7) {\small $R$};
  \node[BLU, above right] at (1.8, 1.8) {\small sfera};
  \node[ARANCIO, below right] at (2.04, -1.4) {\small cilindro};
\end{tikzpicture}
\caption{Cilindro inscritto in una sfera di raggio $R$. Vincolo: $r^2 + (h/2)^2 = R^2$. Volume massimo per $h = 2R/\sqrt 3$, $r = R\sqrt{2/3}$.}
\label{fig:an-018-cilindro-sfera}
\end{figure}

\begin{esempio}[Cono di volume massimo inscritto in una 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
\[
  r^2 = R^2 - (h - R)^2 = 2 R h - h^2.
\]
$V(h) = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (2 R h^2 - h^3)$, $h \in (0, 2R)$. $V'(h) = \frac{1}{3} \pi (4 R h - 3 h^2) = \frac{h \pi}{3} (4 R - 3 h)$. 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 ($58\%$).
\end{esempio}

\begin{esempio}[Trapezio isoscele di area massima inscritto in semicerchio]
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
\[
  A(x) = \frac{(2R + 2x)}{2} \cdot \sqrt{R^2 - x^2} = (R + x) \sqrt{R^2 - x^2}.
\]
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. $A_{\max} = (R + R/2) \sqrt{R^2 - R^2/4} = \frac{3R}{2} \cdot \frac{R \sqrt 3}{2} = \frac{3\sqrt 3}{4} R^2$.

\emph{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 \emph{tutti uguali a $R$}: il trapezio è la \emph{metà di un esagono regolare} inscritto.
\end{esempio}

% ============================================================
\section{Problemi fisici}\label{sec:an-018-04-problemi-fisici}
% ============================================================

In fisica, i problemi di ottimizzazione esprimono spesso \emph{principi variazionali}: principio di tempo minimo per la luce (Fermat), principio di minima azione (Maupertuis, Lagrange, Hamilton), principio di minima potenziale di equilibrio. Questi principi unificano l'intera fisica classica e producono problemi di massimo/minimo molto eleganti.

\begin{esempio}[Principio di Fermat e legge di Snell--Cartesio]
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.

\emph{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:
\[
  T(x) = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{v_1} + \frac{\sqrt{b^2 + (d - x)^2}}{v_2}.
\]

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

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 $P$, $\sen \theta_1 = x/\sqrt{a^2 + x^2}$ (angolo fra raggio incidente e normale all'interfaccia) e $\sen \theta_2 = (d-x)/\sqrt{b^2 + (d-x)^2}$ (angolo del raggio rifratto). Quindi $T'(x) = 0$ diventa
\[
  \boxed{\frac{\sen \theta_1}{v_1} = \frac{\sen \theta_2}{v_2}} \qquad \text{ovvero} \qquad n_1 \sen \theta_1 = n_2 \sen \theta_2,
\]
dove $n_i = c/v_i$ è l'\emph{indice di rifrazione} del mezzo $i$. Questa è la \emph{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 \emph{deduzione} stessa della legge della rifrazione dal principio fisico.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Gittata massima del proiettile]
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
\[
  R(\alpha) = \frac{v_0^2 \sen(2 \alpha)}{g}.
\]
Massimizziamo: $R'(\alpha) = \frac{2 v_0^2 \cos(2 \alpha)}{g} = 0 \Rightarrow 2\alpha = \pi/2 \Rightarrow \alpha = \pi/4 = 45°$. Test: $R'' = -4 v_0^2 \sen(2\alpha)/g < 0$ per $\alpha = 45°$: massimo. $R_{\max} = v_0^2/g$.

\emph{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.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Problema del bagnino]
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?

\emph{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
\[
  \frac{\sen \theta_1}{v_1} = \frac{\sen \theta_2}{v_2}.
\]
La luce ottimizza il tempo seguendo Snell; il bagnino ottimizza il tempo seguendo la \emph{stessa} legge. In entrambi i casi, la traiettoria si \emph{piega} all'interfaccia verso il mezzo più lento ($\theta_2 < \theta_1$ se $v_2 < v_1$).

\emph{Numericamente}: con $a = \SI{50}{\meter}$, $b = \SI{30}{\meter}$, $d = \SI{100}{\meter}$, $v_1 = \SI{5}{\meter\per\second}$, $v_2 = \SI{1}{\meter\per\second}$, risolvendo numericamente si trova $x \approx \SI{91}{\meter}$ (il bagnino corre quasi sopra il bagnante prima di tuffarsi).
\end{esempio}

% ============================================================
\section{Problemi economici}\label{sec:an-018-05-problemi-economici}
% ============================================================

In economia, i problemi di massimo/minimo riguardano tipicamente costi, ricavi, profitti. Il linguaggio derivato dalla microeconomia è quello dell'\emph{analisi marginale}: la derivata di una grandezza economica rispetto a una quantità è detta ``marginale''. Per esempio, $C'(q)$ è il \emph{costo marginale} (costo aggiuntivo per produrre un'unità in più).

\begin{procedura}[Massimo profitto: schema generale]
Sia $q$ la quantità prodotta. Si definiscono:
\begin{itemize}
  \item $R(q)$: \emph{ricavo} (entrate dalla vendita di $q$ unità);
  \item $C(q)$: \emph{costo} (spese per produrre $q$ unità);
  \item $\Pi(q) = R(q) - C(q)$: \emph{profitto}.
\end{itemize}
La condizione di massimo profitto è $\Pi'(q) = 0$, ovvero
\[
  R'(q) = C'(q),
\]
\emph{ricavo marginale uguale al costo marginale}. È la regola d'oro della microeconomia.
\end{procedura}

\begin{esempio}[Massimo profitto, prezzo costante]
Un'impresa produce $q$ unità di un bene al costo $C(q) = q^2 + 200$ e le vende a prezzo unitario $p = \num{40}$ (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 \emph{marginale}: $R' = 40 = $ costante (prezzo unitario), $C'(q) = 2q$. Uguaglianza: $2q = 40 \Rightarrow q = 20$.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Massimo profitto, prezzo variabile (monopolio)]
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.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Lotto economico di Wilson]
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:
\[
  C(Q) = \frac{K D}{Q} + \frac{h Q}{2}, \qquad Q > 0.
\]
$C'(Q) = -\frac{K D}{Q^2} + \frac{h}{2} = 0 \Rightarrow Q^2 = \frac{2 K D}{h} \Rightarrow Q^* = \sqrt{\frac{2 K D}{h}}$.

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

% ============================================================
\section{Esempi svolti}\label{sec:an-018-06-esempi-svolti}
% ============================================================

\begin{esempio}[Triangolo isoscele di area massima inscritto in un cerchio di raggio $R$]
Sia $\theta$ la semi-apertura al vertice del triangolo. Allora la base è $2 R \sen \theta$ (corda sottesa dall'angolo al centro $2\theta$) e l'altezza relativa alla base è $R + R \cos \theta = R(1 + \cos \theta)$. Area:
\[
  A(\theta) = \frac{1}{2} \cdot 2 R \sen \theta \cdot R (1 + \cos \theta) = R^2 \sen \theta (1 + \cos \theta), \qquad \theta \in (0, \pi/2).
\]
$A'(\theta) = R^2 [\cos \theta (1 + \cos \theta) + \sen \theta \cdot (-\sen \theta)] = R^2 [\cos \theta + \cos^2 \theta - \sen^2 \theta] = R^2 [\cos \theta + \cos(2\theta)]$.

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 $\theta > \pi/3$: \textbf{massimo}.

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

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 \emph{equilatero} gli angoli sono tutti $60°$. Rifacciamo i conti: il triangolo isoscele ottimale ha $\theta = \pi/3$, base $2 R \sen(\pi/3) = R\sqrt 3$, 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 \textbf{equilatero}.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Posizione di minima distanza fra un punto e una parabola]
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:
\[
  D(x) = x^2 + (x^2 - 1)^2.
\]
$D'(x) = 2 x + 2 (x^2 - 1) \cdot 2 x = 2 x [1 + 2(x^2 - 1)] = 2 x (2 x^2 - 1)$. 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 \emph{massimo locale} (rispetto ai due minimi laterali): il vertice della parabola non è il punto più vicino al fuoco --- è solo un estremo \emph{locale} relativo. (Esercizio collaterale: verificare che $(0, 1)$ è il \emph{fuoco} della parabola $y = x^2$. Sì, lo è.)
\end{esempio}

\begin{esempio}[Recinto rettangolare con lato condiviso con un fiume]
Un agricoltore ha $\SI{200}{\meter}$ 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. $A_{\max} = 50 \cdot 100 = \SI{5000}{\meter\squared} = \SI{0.5}{\hectare}$.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Minimo materiale per una scatola aperta]
Costruire una scatola a base quadrata, senza coperchio, di volume $\SI{1}{\litre} = \SI{1000}{\centi\meter\cubed}$, 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): $S = \ell^2 + 4 \ell h = \ell^2 + 4000/\ell$. $S'(\ell) = 2\ell - 4000/\ell^2 = 0 \Rightarrow \ell^3 = 2000 \Rightarrow \ell = \sqrt[3]{2000} \approx \SI{12.6}{\centi\meter}$. $h = 1000/\ell^2 = 1000/\sqrt[3]{2000^2} = \sqrt[3]{1000^3/2000^2} = \sqrt[3]{1000/4} = \sqrt[3]{250} \approx \SI{6.3}{\centi\meter} = \ell/2$.

\emph{Risultato}: $h = \ell/2$ (l'altezza ottimale è metà del lato di base). Superficie minima: $S(\ell) = \ell^2 + 4000/\ell$ in $\ell = \sqrt[3]{2000}$, $\approx \SI{476}{\centi\meter\squared}$.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Cilindro inscritto in un cono]
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.

$h = H(R - 2R/3)/R = H/3$. \emph{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 ($V_{\text{cono}} = \pi R^2 H/3$): $V_{\max}/V_{\text{cono}} = 4/9 \approx 0.44$.
\end{esempio}

\begin{esempio}[Profitto massimo (versione completa)]
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: $p^* = 50 - 450/20 = 50 - 22.5 = \num{27.5}$ euro/unità. Profitto: $\Pi(450) = 45 \cdot 450 - 450^2/20 - 1000 = 20250 - 10125 - 1000 = 9125$ euro.
\end{esempio}

% ============================================================
\section{Esercizi proposti}\label{sec:an-018-07-esercizi-proposti}
% ============================================================

\begin{eserciziobox}
\begin{enumerate}
  \item Determinare le dimensioni del rettangolo di area massima inscritto in un cerchio di raggio $R$ con i lati paralleli agli assi.
  \item Tra tutti i triangoli rettangoli con cateti che sommano a $\ell$, determinare quello di area massima.
  \item Un foglio di carta rettangolare di lati $a$ e $b$ ($a < b$) viene piegato facendo coincidere un vertice con un punto del lato opposto lungo. Determinare la posizione che minimizza la lunghezza della piega.
  \item Un proiettile sparato da un'altezza $h$ con angolo $\alpha$ a velocità $v_0$ raggiunge una gittata $R(\alpha)$. Mostrare che il valore ottimale di $\alpha$ \emph{non} è $45°$ in generale, e che vale $\tg \alpha = v_0/\sqrt{v_0^2 + 2gh}$.
  \item Una persona deve raggiungere una città $B$ a distanza $\SI{10}{\kilo\meter}$ in linea d'aria da $A$, passando per una strada rettilinea che collega $A$ a un punto $C$. Sul tratto $AC$ la velocità è $\SI{60}{\kilo\meter\per\hour}$, fuori strada $\SI{20}{\kilo\meter\per\hour}$. Determinare la posizione di $C$ che minimizza il tempo, se la distanza in linea d'aria fra $A$ e la strada è di $\SI{2}{\kilo\meter}$.
  \item Tra tutti i cilindri di superficie totale $S$ data, determinare quello di volume massimo.
  \item Tra tutti i coni di volume $V$ dato, determinare quello di superficie laterale minima (suggerimento: superficie laterale $= \pi r \sqrt{r^2 + h^2}$).
  \item Un'azienda vende un prodotto a $p = 10$ euro/unità con costo $C(q) = q^2/100 + 2 q + 50$. Determinare $q$ che massimizza il profitto, calcolare il profitto.
  \item Domanda lineare $q = 1200 - 30 p$, costo $C(q) = 4 q + 200$. Determinare prezzo, quantità e profitto massimi.
  \item Determinare la lunghezza minima della scala che, appoggiata in piano, passa attorno a un angolo a $90°$ di un corridoio largo $a$ a sinistra e $b$ a destra.
  \item Sulla parabola $y = x^2$, determinare il punto più vicino al punto $(3, 0)$.
  \item Sulla retta $y = 2 x + 3$, determinare il punto più vicino all'origine.
  \item Tra tutti i triangoli isosceli di perimetro $2 p$, determinare quello di area massima.
  \item Sulle pendici di un colle (profilo $y = -x^2/100 + 4$ per $0 \le x \le 20$, in metri), si vuole installare un'antenna verticale di altezza $h$. Per quale $x_0$ la sommità dell'antenna (al punto $(x_0, y(x_0) + h)$) è alla massima distanza dal centro dell'origine?
  \item Un cono retto di apertura semi-verticale $\alpha$ è inscritto in una sfera di raggio $R$. Determinare $\alpha$ che massimizza il volume del cono (in funzione di $R$).
  \item Un magazzino consuma $D = \num{10000}$ pezzi/anno di un componente. Costo per ordine: $K = 50$ euro. Costo di stoccaggio annuo per unità: $h = 2$ euro. Determinare il lotto economico $Q^*$ e il numero ottimale di ordini all'anno.
  \item \emph{Sfida (Steiner).} Date tre città $A$, $B$, $C$ formanti un triangolo acutangolo, determinare il punto $P$ del piano la cui somma delle distanze $|PA| + |PB| + |PC|$ è minima. (Suggerimento: si chiama \emph{punto di Fermat--Torricelli}; per un triangolo con tutti gli angoli $< 120°$, è il punto da cui le tre città sono viste sotto angoli di $120°$ ciascuna.)
\end{enumerate}
\end{eserciziobox}

% ============================================================
\section{Riepilogo del capitolo}\label{sec:an-018-08-riepilogo-del-capitolo}
% ============================================================

\begin{riepilogo}
\begin{itemize}
  \item \emph{Schema generale dell'ottimizzazione}: identificare la funzione obiettivo $y$, le variabili, i vincoli; usare i vincoli per ridurre a una variabile $y = f(x)$; determinare il dominio ammissibile; applicare lo studio di $f'$ e il test della derivata prima o seconda; interpretare il risultato fisicamente, con unità di misura e controllo di segno.
  \item \emph{Problemi geometrici}: tipicamente involvono aree, perimetri, volumi e simili. I vincoli derivano da relazioni geometriche dirette (Pitagora, similitudini, somma di lati, ecc.).
  \item \emph{Problemi fisici}: spesso esprimono \emph{principi variazionali}. Il principio di Fermat sul tempo minimo della luce produce la legge di Snell--Cartesio della rifrazione. La gittata di un proiettile su terreno piano è massima a $45°$ ($R = v_0^2/g$).
  \item \emph{Problemi economici}: il principio cardine è $R'(q) = C'(q)$ (ricavo marginale = costo marginale) per la massimizzazione del profitto. Il \emph{lotto economico di Wilson} $Q^* = \sqrt{2 K D / h}$ minimizza il costo combinato di ordini e stoccaggio in gestione del magazzino.
  \item \emph{Avvertimenti}. Non dimenticare il dominio: un candidato fuori dal dominio va escluso. Non dimenticare gli estremi del dominio: se il dominio è chiuso, possono essere essi stessi i punti di estremo assoluto, e vanno confrontati con i candidati interni.
  \item Con questo capitolo si chiude la parte del calcolo \emph{differenziale}: nei prossimi capitoli (\ref{cap:AN-019} e seguenti) si inizia la parte \emph{integrale}, con la nozione di primitiva e integrale indefinito.
\end{itemize}
\end{riepilogo}