Esercizio - serbatoio aperto di volume assegnato e superficie minima, con un moltiplicatore

Teoria: Estremi vincolati nello spazio - superfici e curve intersezione di due superficiIn R^3 il vincolo è una superficie g(x,y,z) = b oppure una curva intersezione di due superfici g1 = b1, g2 = b2. Una superficie: se P è estremo vincolato e ∇g(P) ≠ 0 allora ∇f(P) = λ∇g(P) (D). Una curva: se ∇g1(P) e ∇g2(P) sono linearmente indipendenti (∇g1 ∧ ∇g2 ≠ 0) allora ∇f(P) = λ1∇g1(P) + λ2∇g2(P) (D): due moltiplicatori, cinque equazioni in cinque incognite (x, y, z, λ1, λ2). Lagrangiana L = f + λ1(b1 − g1) + λ2(b2 − g2). Procedura: punti singolari del vincolo (∇g = 0, oppure gradienti paralleli), sistema di Lagrange, confronto (Weierstrass se il vincolo è compatto). Su un solido K si studiano interno (∇f = 0), facce (Lagrange o parametrizzazione), spigoli e vertici. Il moltiplicatore λ misura quanto cambia il valore ottimo al variare di b.Estremi vincolati nello spazio - superfici e curve intersezione di due superfici →.

Testo. Una vasca a forma di parallelepipedo, aperta in alto, deve contenere $V=32$ m$^3$. Con $x,y$ i lati della base e $z$ l'altezza (in metri) la lamiera necessaria è $S=xy+2xz+2yz$ (fondo e quattro pareti).

1. Trovare le dimensioni che rendono minima la superficie.
2. Dimostrare che quel punto è davvero il minimo.
3. Verificare che il moltiplicatore è la derivata della superficie minima rispetto al volume.

(Esercizio proposto per questo corso, sul modello dei fogli di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2.)

Soluzione

Impostazione. Minimizzare $f(x,y,z)=xy+2xz+2yz$ con $x,y,z>0$ sul vincolo $g(x,y,z)=xyz=32$. I gradienti sono $$\nabla f=(y+2z,\ x+2z,\ 2x+2y),\qquad\nabla g=(yz,\ xz,\ xy).$$ Su $\Sigma$ si ha $xyz=32\ne0$, quindi $\nabla g\ne\underline0$: non ci sono punti singolari. Il sistema di Lagrange è $$y+2z=\lambda yz,\qquad x+2z=\lambda xz,\qquad2x+2y=\lambda xy,\qquad xyz=32.$$

Risoluzione. Sottraendo la seconda dalla prima: $y-x=\lambda z(y-x)$, cioè $(y-x)(1-\lambda z)=0$.

• Se $\lambda z=1$, la prima equazione diventa $y+2z=y\cdot\lambda z=y$, cioè $z=0$: impossibile ($z>0$). Questo caso va scartato senza dividere per $y-x$.
• Quindi $x=y$. La terza equazione dà $4x=\lambda x^2$, cioè $\lambda=\frac4x$. La prima, con $y=x$: $x+2z=\lambda xz=4z$, da cui $x=2z$.

Dal vincolo: $x\cdot x\cdot z=4z^2\cdot z=4z^3=32$, $z=2$ e $x=y=4$. Il moltiplicatore è $\lambda=\frac44=1$. Soluzione: base $4\times4$ m, altezza $2$ m, $S=16+2\cdot4\cdot2+2\cdot4\cdot2=16+16+16=48$ m$^2$. (Il fondo vale $16$ m$^2$ e le quattro pareti $32$ m$^2$: il fondo è un terzo della lamiera.)

2. È un minimo. Per la disuguaglianza fra media aritmetica e geometrica applicata ai tre numeri $xy$, $2xz$, $2yz$: $$S=xy+2xz+2yz\ge3\sqrt[3]{xy\cdot2xz\cdot2yz}=3\sqrt[3]{4(xyz)^2}=3\sqrt[3]{4\cdot32^2}=3\sqrt[3]{4096}=3\cdot16=48,$$ con uguaglianza se e solo se i tre numeri sono uguali, $xy=2xz=2yz$, cioè $x=y=2z$: proprio il punto trovato. (In alternativa: $S\to+\infty$ se una dimensione tende a $0$ o a $+\infty$ restando nel vincolo, quindi il minimo esiste e il punto è l'unico candidato.)

3. Il moltiplicatore. Per un volume $V$ qualsiasi lo stesso calcolo dà $x=y=2z$, $4z^3=V$, $z=\sqrt[3]{V/4}$, e $$S^*(V)=xy+4xz\big|_{x=2z}=4z^2+8z^2=12z^2=12\left(\frac V4\right)^{2/3}.$$ Derivando, $\frac{dS^*}{dV}=12\cdot\frac23\left(\frac V4\right)^{-1/3}\cdot\frac14=2\left(\frac V4\right)^{-1/3}$; per $V=32$: $2\cdot8^{-1/3}=2\cdot\frac12=1=\lambda$ ✓. In pratica: per ogni metro cubo in più di capienza servono circa $1$ m$^2$ di lamiera in più, a partire da questa vasca.

Errori tipici. Dividere per $y-x$ senza distinguere il caso $x=y$; trovare il punto critico e non giustificare che è un minimo; usare la superficie della scatola chiusa ($2xy+2xz+2yz$), che dà il cubo invece della vasca $4\times4\times2$.