Scegliere l’opzione “migliore” è una sfida quotidiana. Ma in molti campi, dall’economia aziendale all’ingegneria del packaging, “migliore” non è un’opinione: è un numero preciso.
Come si progetta un barattolo che contenga 1 litro ma usi la minor quantità possibile di alluminio? Quanti smartphone deve produrre un’azienda per minimizzare il costo medio per unità, evitando gli sprechi?
Queste non sono domande a cui si risponde “a sensazione”. Sono problemi di ottimizzazione. La matematica, in particolare lo studio delle derivate, ci fornisce la mappa e gli strumenti per trovare, con precisione, il punto esatto di massimo profitto, minimo costo o massima efficienza.
Questa guida non è un elenco di formule, ma un percorso progressivo. Inizieremo da un problema concreto e intuitivo (recintare un orto) e, passo dopo passo, applicheremo la stessa logica a scenari sempre più complessi, fino ad arrivare alla produzione industriale. L’obiettivo è capire come la matematica ci aiuta a prendere decisioni migliori nel mondo reale.
Esercizio 1: Area Massima di un Orto Rettangolare (Livello Facile)
Testo: Un agricoltore ha 100 metri di recinzione per delimitare un orto rettangolare lungo un muro già esistente (quindi deve recintare solo 3 lati). Quali devono essere le dimensioni dell’orto per massimizzare l’area coltivabile?
Soluzione
Passo 1: Definizione delle variabili
- Sia x la lunghezza del lato parallelo al muro (in metri)
- Sia y la lunghezza dei due lati perpendicolari al muro (in metri)
Passo 2: Vincolo della recinzione
La recinzione disponibile è di 100 metri:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
x+2y &= 100 \\
x &= 100-2y
\end{aligned}[/math]
Passo 3: Funzione obiettivo (area)
L’area dell’orto è:
[math]A=x \cdot y[/math]
Sostituendo x:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
A(y) &= (100-2y) \cdot y \\
A(y) &= 100y-2y^2
\end{aligned}[/math]
Passo 4: Determinazione del massimo
Deriviamo rispetto a y:
[math]A^{\prime}(y)=100-4y[/math]
Poniamo la derivata uguale a zero:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
100-4y &= 0 \\
y &= 25 \text{ metri}
\end{aligned}[/math]
Passo 5: Calcolo di x
[math]\displaystyle \begin{aligned}
x &= 100-2(25) \\
x &= 50 \text{ metri}
\end{aligned}[/math]
Passo 6: Verifica che sia un massimo
La derivata seconda è:
[math]A^{\prime\prime}(y)=-4<0[/math]
Poiché la derivata seconda è negativa, il punto critico corrisponde a un massimo.
Domanda di riflessione: Perché la derivata seconda negativa ci assicura che abbiamo trovato un massimo e non un minimo?
Esercizio 2: Costo Minimo di Produzione (Livello Facile-Intermedio)
Testo: Un’azienda produce smartphone. Il costo totale di produzione è dato da [math]C(x)=0.01x^3-1.5x^2+90x+1000[/math], dove x è il numero di smartphone prodotti (in migliaia).
Determinare il numero di smartphone che minimizza il costo medio di produzione.
Soluzione
Passo 1: Definizione del costo medio
Il costo medio è:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
C_{\text{medio}}(x) &= \frac{C(x)}{x} = \frac{0.01x^3-1.5x^2+90x+1000}{x} \\
C_{\text{medio}}(x) &= 0.01x^2-1.5x+90+\frac{1000}{x}
\end{aligned}[/math]
Passo 2: Derivata del costo medio
[math]C_{\text{medio}}^{\prime}(x)=0.02x-1.5-\frac{1000}{x^2}[/math]
Passo 3: Punti critici
Poniamo la derivata uguale a zero:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
0.02x-1.5-\frac{1000}{x^2} &= 0 \\
\end{aligned}[/math]
Moltiplichiamo per $x^2$ (assumendo $x>0$):
[math]0.02x^3-1.5x^2-1000=0[/math]
Passo 4: Risoluzione approssimata
Proviamo valori:
- x=50: [math]0.02(125000)-1.5(2500)-1000=2500-3750-1000=-2250[/math]
- x=100: [math]0.02(1000000)-1.5(10000)-1000=20000-15000-1000=4000[/math]
- Il punto di zero è tra 50 e 100. Proviamo $x=80$: [math]0.02(512000)-1.5(6400)-1000=10240-9600-1000=-360[/math]
- Proviamo x=85: [math]0.02(614125)-1.5(7225)-1000=12282.5-10837.5-1000=445[/math]
Il punto di zero è circa x≈82. Poiché x è in migliaia, il numero di smartphone è 82 *1000 = 82000.
Passo 5: Verifica del minimo
Derivata seconda:
[math]C_{\text{medio}}^{\prime\prime}(x)=0.02+\frac{2000}{x^3}[/math]
Per x>0, [math]C_{\text{medio}}^{\prime\prime}(x)>0[/math], il che conferma un minimo.
Esercizio 3: Massimizzazione del Profitto (Livello Intermedio)
Testo: Un’azienda stima che la funzione ricavo sia [math]R(x)=200x-0.5x^2[/math] e la funzione costo sia [math]C(x)=50x+1000[/math], dove x è la quantità venduta.
Determinare la quantità x che massimizza il profitto e il profitto massimo.
Soluzione
Passo 1: Definizione del profitto
Il profitto è dato da [math]\pi(x) = R(x) – C(x)[/math].
Passo 2: Funzione del profitto
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\pi(x) &= (200x-0.5x^2)-(50x+1000) \\
\pi(x) &= -0.5x^2+150x-1000
\end{aligned}[/math]
Passo 3: Derivata del profitto
[math]\pi^{\prime}(x)=-x+150[/math]
Passo 4: Punto critico
[math]\displaystyle \begin{aligned}
-x+150 &= 0 \\
x &= 150
\end{aligned}[/math]
Passo 5: Verifica del massimo
La derivata seconda è:
[math]\pi^{\prime\prime}(x)=-1<0[/math]
Poiché la derivata seconda è negativa, x=150 è un massimo.
Passo 6: Profitto massimo
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\pi(150) &= -0.5(150)^2+150(150)-1000 \\
\pi(150) &= -0.5(22500)+22500-1000 \\
\pi(150) &= 11250-1000 \\
\pi(150) &= 10250 \text{ euro}
\end{aligned}[/math]
Domanda di riflessione: Cosa succederebbe al prezzo ottimale se il costo fisso aumentasse?
Esercizio 4: Scatola di Volume Massimo (Livello Intermedio)
Testo: Da un cartoncino quadrato di lato 30 cm, si ritagliano quattro quadratini uguali agli angoli e si piegano i bordi per formare una scatola senza coperchio. Determinare le dimensioni dei quadratini da ritagliare per massimizzare il volume della scatola.
Soluzione
Passo 1: Definizione delle variabili
- Sia x il lato dei quadratini ritagliati (in cm)
- Il lato della base della scatola sarà: 30-2x
- L’altezza della scatola sarà: x
Passo 2: Vincolo di esistenza
Perché la scatola sia fisicamente realizzabile, i lati devono essere positivi:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
30-2x &> 0 \implies x < 15 \\ x &> 0 \\
\text{Quindi:} &{} \quad 0<x<15
\end{aligned}[/math]
Passo 3: Funzione obiettivo (volume)
[math]\displaystyle \begin{aligned}
V(x) &= (\text{Lato base})^2 \cdot \text{Altezza} \\
V(x) &= (30-2x)^2 \cdot x \\
V(x) &= (900-120x+4x^2)x \\
V(x) &= 4x^3-120x^2+900x
\end{aligned}[/math]
Passo 4: Derivata del volume
[math]V^{\prime}(x)=12x^2-240x+900[/math]
Passo 5: Punti critici
Poniamo la derivata uguale a zero:
[math]12x^2-240x+900=0[/math]
Dividiamo per 12:
[math]x^2-20x+75=0[/math]
Usando la formula quadratica:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
x &= \frac{20 \pm \sqrt{400-300}}{2} = \frac{20 \pm \sqrt{100}}{2} \\
x &= \frac{20 \pm 10}{2} \\
x_1 &= \frac{20+10}{2} = 15 \\
x_2 &= \frac{20-10}{2} = 5
\end{aligned}[/math]
Passo 6: Scelta della soluzione valida
x1=15 non è accettabile perché annullerebbe il lato della base (30-2(15)=0), quindi l’unica soluzione valida è x=5 cm.
Passo 7: Verifica del massimo
Derivata seconda:
[math]V^{\prime\prime}(x)=24x-240[/math]
Valutiamo la derivata seconda in $x=5$:
[math]V^{\prime\prime}(5)=24(5)-240=120-240=-120<0[/math]
Poiché la derivata seconda è negativa, x=5 è un massimo.
Domanda di riflessione: Perché la soluzione x=15 non è fisicamente realizzabile?
Esercizio 5: Distanza Minima da una Parabola (Livello Difficile)
Testo: Trovare il punto sulla parabola [math]y=x^2[/math] che è più vicino al punto P(3,1).
Calcolare la distanza minima.
Soluzione
Passo 1: Funzione distanza
La distanza tra P(3,1) e un punto Q(x,x2) sulla parabola è:
[math]d(x)=\sqrt{(x-3)^2+(x^2-1)^2}[/math]
Passo 2: Minimizzazione del quadrato della distanza
Per semplificare i calcoli, minimizziamo il quadrato della distanza f(x) = [d(x)]2:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
f(x) &= (x-3)^2+(x^2-1)^2 \\
f(x) &= (x^2-6x+9)+(x^4-2x^2+1) \\
f(x) &= x^4-x^2-6x+10
\end{aligned}[/math]
Passo 3: Derivata
[math]f^{\prime}(x)=4x^3-2x-6[/math]
Passo 4: Ricerca dei punti critici
Poniamo la derivata uguale a zero:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
4x^3-2x-6 &= 0 \\
2x^3-x-3 &= 0
\end{aligned}[/math]
Per il Teorema delle radici razionali (o per tentativi), si può verificare che x=1.3 è una buona approssimazione (la radice esatta non è razionale). L’equazione ha una sola radice reale.
Proviamo x=1.3: [math]2(1.3)^3-1.3-3 = 2(2.197)-4.3 = 4.394 – 4.3 = 0.094 \approx 0[/math]
Quindi x ≈ 1.3.
Passo 5: Verifica del minimo
Derivata seconda:
[math]f^{\prime\prime}(x)=12x^2-2[/math]
Valutiamo la derivata seconda in x ≈ 1.3:
[math]f^{\prime\prime}(1.3)=12(1.69)-2=20.28-2=18.28>0[/math]
Poiché la derivata seconda è positiva, x ≈ 1.3 è un minimo.
Passo 6: Calcolo del punto e della distanza minima
Punto sulla parabola: [math]Q(1.3, (1.3)^2) \approx Q(1.3, 1.69)[/math]
Distanza minima:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
d_{\text{min}} &= \sqrt{(1.3-3)^2+(1.69-1)^2} \\
d_{\text{min}} &= \sqrt{(-1.7)^2+(0.69)^2} \\
d_{\text{min}} &= \sqrt{2.89+0.4761} = \sqrt{3.3661} \approx 1.835
\end{aligned}[/math]
Domanda di riflessione: Perché abbiamo minimizzato il quadrato della distanza invece della distanza stessa?
Esercizio 6: Problema di Ottimizzazione con Vincolo (Livello Molto Difficile)
Testo: Un’azienda produce scatole cilindriche per conserve con volume fisso di 1 litro ([math]1000 \text{ cm}^3[/math]). Il materiale per la base e il coperchio costa [math]0.02 \text{ €/cm}^2[/math], mentre il materiale per la superficie laterale costa [math]0.01 \text{ €/cm}^2[/math]. Determinare le dimensioni del cilindro (raggio e altezza) che minimizzano il costo di produzione e verificare la relazione ottimale tra altezza e raggio.
Soluzione Completa e Corretta
Passo 1: Definizione delle Variabili e Vincolo del Volume
- Sia [math]r[/math] il raggio della base del cilindro (in cm)
- Sia [math]h[/math] l’altezza del cilindro (in cm)
Il volume del cilindro è fissato a [math]1000 \text{ cm}^3[/math]:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
V &= \pi r^2 h = 1000 \\
h &= \frac{1000}{\pi r^2} \quad \text{(Vincolo)}
\end{aligned}[/math]
Passo 2: Funzione Costo Totale
Funzione costo totale ([math]C(r)=0.04\pi r^2+0.02\pi r h[/math]), sostituendo [math]h[/math] dal vincolo:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
C(r) &= 0.04\pi r^2 + 0.02\pi r \cdot \frac{1000}{\pi r^2} \\
C(r) &= 0.04\pi r^2 + \frac{20}{r}
\end{aligned}[/math]
Passo 3: Ricerca del Punto Critico
Calcoliamo la derivata prima e la poniamo uguale a zero:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
C^{\prime}(r) &= 0.08\pi r – \frac{20}{r^2} = 0 \\
0.08\pi r^3 &= 20 \\
r^3 &= \frac{20}{0.08\pi} = \frac{250}{\pi} \\
r &= \sqrt[3]{\frac{250}{\pi}} \approx 4.30 \text{ cm}
\end{aligned}[/math]
Passo 4: Calcolo dell’Altezza Ottimale
[math]h = \frac{1000}{\pi r^2} \approx \frac{1000}{\pi (4.30)^2} \approx 17.21 \text{ cm}[/math]
Passo 5: Verifica che sia un Minimo
Calcoliamo la derivata seconda:
[math]C^{\prime\prime}(r)=0.08\pi+\frac{40}{r^3}[/math]
Poiché [math]C^{\prime\prime}(r)>0[/math] per [math]r>0[/math], il punto critico è confermato essere un **minimo**.
Passo 6: Relazione Ottimale tra Altezza e Raggio
Dalla condizione di ottimalità [math]C^{\prime}(r)=0[/math] e sostituendo [math]V=\pi r^2 h[/math], si ottiene la relazione fondamentale:
[math]\displaystyle \frac{h}{r} = 2 \cdot \frac{c_{b}}{c_{l}}[/math]
Nel nostro caso, [math]c_{b}=0.02[/math] e [math]c_{l}=0.01[/math]:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\frac{h}{r} &= 2 \cdot \frac{0.02}{0.01} = 4 \\
h &= 4r
\end{aligned}[/math]
Verifica: [math]\frac{17.21}{4.30} \approx 4.00[/math]. La relazione è verificata.
Riassunto dei Risultati
| Dimensione | Valore Ottimale |
|---|---|
| Raggio [math]r[/math] | [math]\approx 4.30 \text{ cm}[/math] |
| Altezza [math]h[/math] | [math]\approx 17.21 \text{ cm}[/math] |
| Rapporto [math]h/r[/math] | [math]\approx 4.00[/math] |
| Costo minimo [math]C_{\text{min}}[/math] | [math]\approx 6.97 \text{ €}[/math] |
Domanda di Riflessione:
Cosa succederebbe al rapporto ottimale [math]h/r[/math] se il costo del materiale laterale diventasse uguale a quello delle basi?
Risposta: Se [math]c_{l}=c_{b}=0.02[/math], allora [math]\frac{h}{r}=2 \cdot \frac{0.02}{0.02}=2[/math], quindi il cilindro ottimale sarebbe due volte più alto che largo ([math]h=2r[/math]), invece di quattro volte come nel caso attuale.
Riassunto delle Strategie Risolutive
Per risolvere i problemi di massimo e minimo, si segue generalmente questa procedura:
- Identificazione delle variabili e dei vincoli
- Formulazione della funzione obiettivo (da massimizzare o minimizzare)
- Sostituzione dei vincoli per ridurre le variabili
- Calcolo della derivata e ricerca dei punti critici (dove [math]f^{\prime}(x)=0[/math] o non esiste)
- Verifica della natura dei punti critici (massimo, minimo o flesso) con il criterio della derivata seconda o lo studio del segno della derivata prima.
- Interpretazione dei risultati nel contesto del problema
Questi esercizi mostrano come i problemi di ottimizzazione appaiono in contesti reali molto diversi, dall’agricoltura all’economia, dalla geometria alla produzione industriale.
Risposte alle Domande di Riflessione
Esercizio 1: Perché la derivata seconda negativa ci assicura che abbiamo trovato un massimo e non un minimo?
Risposta
La derivata seconda fornisce informazioni sulla concavità della funzione nel punto critico, che determina se si tratta di un massimo o di un minimo.
Teoria del test della derivata seconda:
- Se [math]f^{\prime}(c)=0[/math] e [math]f^{\prime\prime}(c)>0[/math]: la funzione è convessa (concava verso l’alto) in [math]c[/math], quindi [math]c[/math] è un minimo locale.
- Se [math]f^{\prime}(c)=0[/math] e [math]f^{\prime\prime}(c)<0[/math]: la funzione è concava (concava verso il basso) in [math]c[/math], quindi [math]c[/math] è un massimo locale.
- Se [math]f^{\prime}(c)=0[/math] e [math]f^{\prime\prime}(c)=0[/math]: il test è inconclusivo.
Interpretazione geometrica:
[math]f^{\prime\prime}(x)<0[/math] significa che la pendenza della funzione [math]f^{\prime}(x)[/math] sta diminuendo.
Nel nostro caso: [math]A^{\prime\prime}(y)=-4<0[/math].
Questo indica che quando ci avviciniamo al punto critico da sinistra, la derivata è positiva (funzione crescente), e quando ci allontaniamo a destra, la derivata diventa negativa (funzione decrescente) – tipico di un massimo.
Dimostrazione intuitiva:
Sviluppo di Taylor attorno al punto critico [math]y_0[/math]:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
A(y) &\approx A(y_0)+A^{\prime}(y_0)(y-y_0)+\frac{1}{2}A^{\prime\prime}(y_0)(y-y_0)^2
\end{aligned}[/math]
Poiché [math]A^{\prime}(y_0)=0[/math], abbiamo:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
A(y) &\approx A(y_0)+\frac{1}{2}A^{\prime\prime}(y_0)(y-y_0)^2
\end{aligned}[/math]
Se [math]A^{\prime\prime}(y_0)<0[/math], allora [math]A(y)<A(y_0)[/math] per [math]y \neq y_0[/math], quindi è un massimo.
Esercizio 2: Perché nella ricerca del minimo costo medio dobbiamo considerare solo valori di [math]x>0[/math]?
Risposta
Ragioni matematiche ed economiche:
- Significato fisico della variabile: [math]x[/math] rappresenta la quantità prodotta (in migliaia di smartphone). Una quantità negativa non ha senso nel contesto del problema. [math]x=0[/math] significherebbe produzione nulla, ma il costo medio [math]C(x)/x[/math] non è definito per [math]x=0[/math].
- Comportamento asintotico: Quando [math]x \to 0^{+}[/math], il termine [math]\frac{1000}{x} \to +\infty[/math]. Il costo medio tende all’infinito per produzioni molto piccole. Questo riflette la realtà economica: i costi fissi si distribuiscono su poche unità.
- Dominio della funzione: La funzione costo medio [math]C_{\text{medio}}(x)=0.01x^2-1.5x+90+\frac{1000}{x}[/math] è definita solo per [math]x>0[/math]. Per [math]x<0[/math], la funzione perde significato economico.
Osservazione economica: Il fatto che il costo medio tenda all’infinito per [math]x \to 0^{+}[/math] spiega perché le piccole produzioni sono economicamente inefficienti.
Esercizio 3: Cosa succederebbe al prezzo ottimale se il costo fisso aumentasse?
Risposta
Analisi matematica:
La funzione profitto è:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\pi(x) &= -0.5x^2+150x-C_{f} \\
&{} \quad \text{(dove } C_{f} \text{ è il costo fisso)}
\end{aligned}[/math]
Derivata e punto critico:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\pi^{\prime}(x) &= -x+150 \\
\pi^{\prime}(x) &= 0 \implies x=150
\end{aligned}[/math]
Conclusione:
Il costo fisso [math]C_{f}[/math] (1000 nell’esercizio) è una costante additiva nella funzione di profitto. Quando calcoliamo la derivata prima [math]\pi^{\prime}(x)[/math], la derivata di una costante è zero, quindi [math]\frac{d}{dx}(-C_{f})=0[/math].
Di conseguenza, il costo fisso non influenza la posizione del punto critico [math]x[/math]. Il prezzo ottimale, che dipende dalla quantità che massimizza il profitto, non cambierebbe.
Effetto sul profitto: Se il costo fisso [math]C_{f}[/math] aumenta, il profitto massimo [math]\pi(150)[/math] diminuirebbe della stessa quantità, ma la quantità ottimale [math]x[/math] da produrre rimarrebbe [math]x=150[/math].
Esercizio 4: Perché la soluzione [math]x=15[/math] non è fisicamente realizzabile?
Risposta
Il vincolo fisico di esistenza impone che le dimensioni della scatola siano positive. Il cartoncino originale ha lato 30 cm.
Per [math]x=15[/math]:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\text{Lato della base} &= 30-2x \\
&= 30-2(15) \\
&= 0 \text{ cm}
\end{aligned}[/math]
- Interpretazione fisica: Se il lato della base è 0, il cartoncino verrebbe completamente ritagliato e non rimarrebbe materiale per formare la scatola (volume zero).
- Vincolo: Il dominio di esistenza impone [math]0 < x < 15[/math]. Il valore [math]x=15[/math] è l’estremo superiore di questo intervallo, dove il volume è nullo, rappresentando quindi una singolarità o la distruzione del materiale, e non una soluzione di massimo.
Osservazione: Questo è un tipico esempio di come i vincoli fisici del problema limitino il dominio delle soluzioni matematicamente possibili.
Esercizio 5: Perché abbiamo minimizzato il quadrato della distanza invece della distanza stessa?
Risposta
La ragione è puramente di natura matematica e computazionale.
Derivazione più semplice:
- La funzione distanza [math]d(x)=\sqrt{(x-3)^2+(x^2-1)^2}[/math] ha una derivata complessa a causa della radice quadrata.
- La funzione quadrato della distanza [math]f(x)=[d(x)]^2=(x-3)^2+(x^2-1)^2[/math] è un polinomio ([math]f(x)=x^4-x^2-6x+10[/math]) la cui derivata è un semplice polinomio ([math]f^{\prime}(x)=4x^3-2x-6[/math]).
Equivalenza dei punti critici:
I punti critici di [math]d(x)[/math] e [math]f(x)=[d(x)]^2[/math] coincidono. Questo perché la funzione [math]g(t)=t^2[/math] è strettamente crescente per [math]t \ge 0[/math].
Formalmente:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
\text{Sia } h(x)&=[d(x)]^2 \\
h^{\prime}(x)&=2d(x)d^{\prime}(x)
\end{aligned}[/math]
Poiché la distanza [math]d(x)[/math] è sempre positiva, [math]d(x)>0[/math], abbiamo:
[math]h^{\prime}(x)=0 \iff d^{\prime}(x)=0[/math]
Ciò significa che minimizzare il quadrato della distanza è equivalente a minimizzare la distanza stessa, ma è molto più facile da calcolare.
Osservazione: Questa tecnica è ampiamente utilizzata in ottimizzazione, in particolare nella regressione ai minimi quadrati.
Esercizio 6: Come cambierebbero le dimensioni ottimali se il costo del materiale per la superficie laterale aumentasse?
Risposta
Le dimensioni ottimali si adatterebbero per ridurre la superficie laterale e, di conseguenza, la scatola diventerebbe più larga e più bassa.
Analisi di sensitività (sintesi):
La condizione per il punto critico è data dalla relazione:
[math]r^3 = \frac{500 c_{l}}{c_{b}\pi}[/math]
dove [math]c_{l}[/math] è il costo laterale e [math]c_{b}[/math] è il costo di base/coperchio.
- Se [math]c_{l}[/math] aumenta: La frazione [math]\frac{c_{l}}{c_{b}}[/math] aumenta, il che fa aumentare il raggio ottimale [math]r[/math] (poiché [math]r \propto \sqrt[3]{c_{l}}[/math]).
- Effetto sull’altezza: Poiché il volume [math]V=\pi r^2 h[/math] è costante, l’altezza [math]h[/math] deve diminuire se [math]r[/math] aumenta ([math]h \propto \frac{1}{r^2}[/math]).
Conclusione economica:
Quando il materiale laterale diventa più costoso, l’azienda minimizza il costo totale riducendo l’altezza [math]h[/math] del cilindro e aumentando il raggio [math]r[/math]. Si ottiene un cilindro più “schiacciato” per risparmiare sul materiale più costoso (quello laterale).
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