Mentre i massimi e minimi relativi sono fenomeni locali, gli estremi assoluti (detti anche globali) sono il valore più grande e più piccolo che una funzione assume su tutto un insieme. Sono ciò che conta nei problemi di ottimizzazione: «qual è l’area massima?», «la spesa minima?», «la distanza più breve?».
Il risultato teorico di riferimento è il teorema di Weierstrass: una funzione continua su un intervallo chiuso e limitato [a,b] ammette sempre massimo e minimo assoluti. La ricerca si riduce allora a una lista finita di candidati:
- i punti stazionari interni (dove f'=0);
- i punti di non derivabilità interni (angolosi, cuspidi);
- gli estremi a e b dell’intervallo.
Si calcola f in ciascun candidato e si confrontano i valori: il più grande è il massimo assoluto, il più piccolo il minimo. Non serve nemmeno classificare ogni punto come max o min locale: basta il confronto numerico finale.
Quando il dominio non è un intervallo chiuso (è aperto o illimitato), il teorema non garantisce nulla: occorre esaminare anche i limiti ai bordi o all’infinito per stabilire se l’estremo è raggiunto. I quattro esercizi applicano questo metodo, due in forma astratta e due come problemi applicati, nello spirito dello schema generale.
Esercizio 1 — Massimo e minimo su un intervallo chiuso
Determinare massimo e minimo assoluti di
f(x)=x^3-3x\qquad\text{sull'intervallo } [-2,3].
1. Applicabilità di Weierstrass
f è un polinomio, dunque continua; l’intervallo [-2,3] è chiuso e limitato. Il teorema di Weierstrass garantisce l’esistenza di massimo e minimo assoluti: basta trovare i candidati.
2. Punti stazionari interni
f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=0\ \Longrightarrow\ x=\pm1.
Entrambi -1 e 1 appartengono all’intervallo (-2,3): sono candidati. Non ci sono punti di non derivabilità (il polinomio è derivabile ovunque).
3. Confronto dei valori
Valutiamo f nei punti stazionari e agli estremi dell’intervallo:
| x | tipo | f(x)=x^3-3x |
|---|---|---|
| -2 | estremo sinistro | -8+6=-2 |
| -1 | stazionario | -1+3=2 |
| 1 | stazionario | 1-3=-2 |
| 3 | estremo destro | 27-9=18 |
Confrontando: il valore massimo è 18, raggiunto in x=3; il valore minimo è -2, raggiunto sia in x=-2 sia in x=1.
\boxed{\max_{[-2,3]}f=f(3)=18,\qquad \min_{[-2,3]}f=-2\ \text{(in }x=-2\text{ e }x=1).}
Si noti che il massimo assoluto cade su un estremo dell’intervallo (non in un punto stazionario), e il minimo è raggiunto in due punti diversi: un confronto puramente numerico li trova entrambi senza ambiguità.
4. Grafico
Esercizio 2 — Il rettangolo di area massima
Tra tutti i rettangoli di perimetro 20, determinare quello di area massima.
1. Impostazione
Siano x e y i lati. Il vincolo sul perimetro è 2(x+y)=20, cioè x+y=10, da cui y=10-x. L’area da massimizzare è
A(x)=x\,y=x(10-x)=10x-x^2.
Il dominio fisico è x\in(0,10) (entrambi i lati positivi). Questo è un intervallo aperto, quindi esaminiamo anche i bordi con i limiti.
2. Ricerca del massimo
A'(x)=10-2x=0\ \Longrightarrow\ x=5.
La derivata seconda A''(x)=-2<0 conferma che x=5 è un massimo. Ai bordi del dominio, A(0^+)\to 0 e A(10^-)\to 0 (rettangoli «degeneri», schiacciati): l’area si annulla. Dunque il massimo è interno, in x=5, con
A(5)=5\cdot 5=25.
3. Conclusione
Il lato y=10-5=5: il rettangolo di area massima è il quadrato di lato 5, con area 25. È un risultato generale: a parità di perimetro, il quadrato massimizza l’area tra tutti i rettangoli.
4. Grafico
Esercizio 3 — Il cilindro di superficie minima
Tra tutti i cilindri di volume fissato V, determinare quello di superficie totale minima (problema della lattina ottimale).
1. Impostazione
Sia r il raggio di base e h l’altezza. Il volume è V=\pi r^2 h (fissato), da cui h=\dfrac{V}{\pi r^2}. La superficie totale (due basi + laterale) è
S=2\pi r^2+2\pi r h.
Sostituendo h per ridurre a una sola variabile r>0:
S(r)=2\pi r^2+2\pi r\cdot\dfrac{V}{\pi r^2}=2\pi r^2+\dfrac{2V}{r}.
2. Ricerca del minimo
La derivata seconda S''(r)=4\pi+\dfrac{4V}{r^3}>0 conferma che si tratta di un minimo. Ai bordi del dominio aperto, S\to+\infty sia per r\to 0^+ (il termine \displaystyle \dfrac{2V}{r} esplode) sia per r\to+\infty (il termine 2\pi r^2 esplode): il minimo trovato è quindi assoluto.
3. La relazione ottimale
Sostituendo \displaystyle r^3=\dfrac{V}{2\pi} in \displaystyle h=\dfrac{V}{\pi r^2} si ricava, dopo qualche passaggio, h=2r: la lattina di superficie minima ha altezza uguale al diametro di base. È il motivo per cui molti contenitori cilindrici «ottimizzati» hanno proporzioni vicine a questa.
4. Grafico (con V = 1)
Esercizio 4 — Estremi assoluti con punti non derivabili
Determinare massimo e minimo assoluti di
f(x)=|x^2-1|\qquad\text{sull'intervallo } [-2,2].
Il valore assoluto introduce punti di non derivabilità, che vanno inclusi tra i candidati.
1. Applicabilità e riscrittura
f è continua (composizione di funzioni continue) e [-2,2] è chiuso e limitato: Weierstrass si applica. Eliminiamo il modulo: x^2-1\geq 0 per |x|\geq 1, quindi
f(x)=\begin{cases} x^2-1 & \text{se } |x|\geq 1,\\ 1-x^2 & \text{se } |x|<1.\end{cases}
2. Candidati: stazionari, non derivabili, estremi
Punti stazionari interni. Derivando: f'=2x per |x|>1 (si annulla in x=0, che però sta in |x|<1: non valido lì) e f'=-2x per |x|<1 (si annulla in x=0, valido). Quindi unico stazionario interno: x=0.
Punti di non derivabilità. Nei raccordi x=\pm1 (dove l’argomento del modulo si annulla) le derivate laterali differiscono: x=\pm1 sono punti angolosi, candidati a tutti gli effetti.
Estremi dell’intervallo: x=\pm2.
3. Confronto dei valori
| x | tipo | f(x)=\lvert x^2-1\rvert |
|---|---|---|
| -2 | estremo | \lvert 4-1\rvert=3 |
| -1 | angoloso | 0 |
| 0 | stazionario | \lvert -1\rvert=1 |
| 1 | angoloso | 0 |
| 2 | estremo | 3 |
Il massimo assoluto è 3 (in x=\pm2); il minimo assoluto è 0 (in x=\pm1, i punti angolosi).
\boxed{\max_{[-2,2]}f=3\ \text{(in }x=\pm2\text{)},\qquad \min_{[-2,2]}f=0\ \text{(in }x=\pm1\text{)}.}
Lezione chiave: il minimo assoluto è raggiunto proprio nei punti angolosi, dove la funzione non è derivabile. Se li avessimo dimenticati cercando solo gli zeri di f', avremmo mancato il minimo.
4. Grafico
Sintesi: il metodo per gli estremi assoluti
Per trovare gli estremi assoluti di una funzione continua su un intervallo chiuso [a,b]:
- Elenca i candidati: punti stazionari interni (f'=0), punti di non derivabilità interni (angolosi, cuspidi), e gli estremi a, b.
- Calcola f in ogni candidato.
- Confronta i valori: il massimo è il più grande, il minimo il più piccolo. Possono essere raggiunti in più punti.
Per i problemi di ottimizzazione si aggiunge una fase iniziale di modellizzazione:
- scrivere la grandezza da ottimizzare e il vincolo;
- usare il vincolo per ridurre tutto a una sola variabile;
- determinare il dominio fisico (di solito un intervallo, spesso aperto);
- cercare l’estremo con la derivata, controllando i bordi del dominio (con i limiti, se è aperto) per accertarsi che l’estremo trovato sia davvero assoluto.
L’errore più comune è dimenticare un tipo di candidato — tipicamente gli estremi dell’intervallo o i punti non derivabili — e concludere con un estremo sbagliato. Il confronto va sempre fatto sull’intera lista.