Problema
L’amministratore di un piccolo condominio deve installare un nuovo serbatoio per il gasolio da riscaldamento. Non essendo soddisfatto dei modelli esistenti in commercio, ti incarica di progettarne uno che risponda alle esigenze del condominio.
Allo scopo di darti le necessarie informazioni, l’amministratore ti fornisce il disegno in figura 1, aggiungendo le seguenti indicazioni:
- la lunghezza $L$ del serbatoio deve essere pari a otto metri;
- la larghezza $l$ del serbatoio deve essere pari a due metri;
- l’altezza $h$ del serbatoio deve essere pari a un metro;
- il profilo laterale (figura 2) deve avere un punto angoloso alla sommità, per evitare l’accumulo di ghiaccio durante i mesi invernali, con un angolo di $\vartheta \geq 10^\circ$;
- la capacità del serbatoio deve essere pari ad almeno $13 \text{ m}^3$, in modo da garantire al condominio il riscaldamento per tutto l’inverno effettuando solo due rifornimenti di gasolio;
- al centro della parete laterale del serbatoio, lungo l’asse di simmetria (segmento $AB$ riportato in figura 2) deve essere installato un indicatore graduato che riporti la percentuale di riempimento $V$ del volume del serbatoio in corrispondenza del livello $z$ raggiunto in altezza dal gasolio.
1. Considerando come origine degli assi cartesiani il punto $A$ in figura 2, individua tra le seguenti famiglie di funzioni quella che meglio può descrivere il profilo laterale del serbatoio per $x \in [-1, 1]$, $k$ intero positivo, motivando opportunamente la tua scelta: ##KATEX##\begin{aligned} f(x) & = (1-|x|)^\frac{1}{k} \\ f(x) & = -6|x|^3+9kx^2-4|x|+1 \\ f(x) & = \cos \left ( \frac{\pi}{2}x^k \right ) \end{aligned}##KATEX##
2. Determina il valore di $k$ che consente di soddisfare i requisiti richiesti relativamente all’angolo $\vartheta$ e al volume del serbatoio.
3. Al fine di realizzare l’indicatore graduato, determina l’espressione della funzione $V(z)$ che associa al livello $z$ del gasolio (in metri) la percentuale di riempimento $V$ del volume da riportare sull’indicatore stesso.
Quando consegni il tuo progetto, l’amministratore obietta che essendo il serbatoio alto un metro, il valore $z$ del livello di gasolio espresso in centimetri, deve corrispondere alla percentuale di riempimento: cioè, ad esempio, se il gasolio raggiunge un livello $z$ pari a $50 \text{ cm}$ vuol dire che il serbatoio è pieno al $50$%; invece il tuo indicatore riporta, in corrispondenza del livello $50 \text{ cm}$, una percentuale di riempimento $59,7$%.
4. Illustra gli argomenti che puoi usare per spiegare all’amministratore che il suo ragionamento è sbagliato; mostra anche qual è, in termini assoluti, il massimo errore che si commette usando il livello $z$ come indicatore della percentuale di riempimento, come da lui suggerito, e qual è il valore di $z$ in corrispondenza del quale esso si verifica.
Soluzione
- Iniziamo osservando le funzioni del tipo $$h(x) = \cos \left ( \frac{\pi}{2}x^k \right )$$Si nota che $h(-1) = h(1) = 0$, che è coerente con il grafico che vogliamo ottenere (i punti della base del profilo del serbatoio devono essere alla stessa altezza); vorremmo anche un punto angoloso per $x=0$ (che è il punto medio del segmento $[-1,1]$). Derivando, però, otteniamo $$h’(x) = -\sin \left ( \frac{\pi}{2}x^k \right ) \cdot \frac{\pi}{2}kx^{k-1}$$Si vede come $h’(0) = 0$ indipendentemente dal $k$ scelto; il grafico di una qualsiasi di queste funzioni avrà quindi un punto stazionario in $0$, e quindi non potrà di certo avere un punto angoloso in $0$. Escludiamo quindi le funzioni di questo tipo.
Prendiamo ora le funzioni $$g(x) = -6|x|^3+9kx^2-4|x|+1$$Si nota facilmente che tutte queste funzioni sono simmetriche rispetto all’asse $y$ (sono cioè pari): possiamo permetterci di studiare il loro comportamento solo per $x > 0$. Con queste premesse possiamo dire che $$g(x) = -6x^3+9kx^2-4x+1 \qquad \text{per }x > 0$$Notiamo che $g(1) = -9+9k$; dato che il punto del grafico con ascissa $1$ deve essere alla stessa quota di $A$, cioè a quota $0$, allora possiamo dire che $k=1$, semplificando ulteriormente il tutto: $$g(x) = -6x^3+9x^2-4x+1 \qquad \text{per }x > 0$$Deriviamo: $$g’(x) = -18x^2+18x-4$$La derivata è dunque un trinomio di secondo grado; per studiarne il segno dobbiamo calcolarne il $\Delta$ (anzi, il $\frac{\Delta}{4}$) e le eventuali radici. Dopo alcuni passaggi otteniamo ##KATEX##\begin{aligned} x_1 & = \frac{-9 + \sqrt{81-72}}{-18} = \frac{1}{3} \\ x_2 & = \frac{-9 - \sqrt{81-72}}{-18} = \frac{2}{3}\end{aligned}##KATEX##Il trinomio è positivo per $x_1 < x < x_2$ (essendo negativo il coefficiente del termine di secondo grado) e quindi negativo per $0 < x < x_1$ e $x > x_2$. In sostanza la funzione ha un minimo in $x_1$ e un massimo in $x_2$ ed è
- decrescente tra $0$ e $x_1$
- crescente tra $x_1$ e $x_2$
- nuovamente decrescente dopo $x_2$
La parte destra del grafico che rappresenta la parete laterale del serbatoio non ha questo andamento; pertanto possiamo scartare questa funzione.
Per esclusione, rimangono le funzioni del tipo $$f(x) = \left ( 1 - | x | \right )^\frac{1}{k}$$che ci vanno bene. Notiamo infatti che $f(-1) = f(1) = 0$; inoltre, possiamo riscrivere queste funzioni come $$f(x) = \begin{cases} \left ( 1 - x \right )^\frac{1}{k} \quad \text{per }x \geq 0 \\ \left ( 1 + x \right )^\frac{1}{k} \quad \text{per }x < 0 \end{cases}$$Deduciamo quindi che $$f’(x) = \begin{cases} - \frac{1}{k} \left ( 1 - x \right )^{\frac{1}{k}-1} \quad \text{per }x > 0 \\ \frac{1}{k} \left ( 1 - x \right )^{\frac{1}{k}-1} \quad \text{per }x < 0 \end{cases}$$mentre in $0$ la funzione non è derivabile per nessun $k$, dato che ##KATEX##\begin{aligned} f’_+(0) = \lim_{x \to 0^+} f’(x) & = -\frac{1}{k} \\ f’_-(0) = \lim_{x \to 0^-} f’(x) & = \frac{1}{k} \end{aligned}##KATEX##che sono due numeri razionali di segno opposto. Questo significa che per $x=0$ abbiamo un punto angoloso; inoltre si vede che $f’(x)$ è positiva per $x < 0$ e negativa per $x>0$, il che è del tutto coerente con il grafico che vogliamo ottenere. - Dato che per $x=0$ la nostra funzione presenta un punto angoloso, possiamo dire che ci sono una “tangente sinistra” e una “tangente destra” al grafico nel punto $B \equiv (0,1)$, i cui coefficienti angolari sono rispettivamente $\frac{1}{k}$ e $-\frac{1}{k}$. L’angolo $\vartheta$ in figura 2 è il supplementare dell’angolo $\alpha$ che la “tangente destra” forma con l’asse $x$, e quindi $\tan(\alpha) = \tan(\vartheta)$. Dato che vale $\tan(\alpha) = \frac{1}{k}$ deduciamo quindi che $$\tan(\vartheta) = \frac{1}{k} \quad \Rightarrow \quad \vartheta = \arctan \left ( \frac{1}{k} \right )$$Il problema impone $\vartheta \geq 10^\circ$, e quindi noi vogliamo che $$\arctan \left ( \frac{1}{k} \right ) \geq 10^\circ \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{k} \geq \tan \left ( 10^\circ \right ) \quad \Rightarrow \quad k \leq \frac{1}{\tan \left ( 10^\circ \right )}$$Poichè $\frac{1}{\tan \left ( 10^\circ \right )} \approx 5,67$ e $k$ è un intero positivo, possiamo dire che deve essere $$k \leq 5, k \in \mathbb{N}$$
Per imporre condizione sul volume abbiamo prima bisogno di ottenere una formula che esprima il volume $V$ del serbatoio. In generale, possiamo dire che $V = A \cdot L$, dove $A$ è la misura dell’area della parete laterale del serbatoio e $L=8$ è la lunghezza del serbatoio. $A$ è data dall’integrale definito della nostra funzione tra $-1$ e $1$; siccome però $f(x)$ è simmetrica rispetto all’asse $y$, possiamo calcolarlo tra $0$ e $1$ e poi raddoppiare il risultato. Svolgiamo i calcoli: ##KATEX##\begin{aligned} A & = 2 \cdot \int_0^1 ( 1 - x )^\frac{1}{k} dx = \\ & = \left [ - \frac{k}{k+1} \cdot (1-x)^{\frac{1+k}{k}} \right ]^1_0 = \frac{2k}{k+1} \end{aligned}##KATEX##Di conseguenza $V = \frac{16k}{k+1}$.
Imponiamo la condizione richiesta: $$\frac{16k}{k+1} \geq 13 \quad \Rightarrow \quad \frac{3k-13}{k+1} \geq 0$$Il denominatore è sempre positivo e quindi la disequazione frazionaria è equivalente a $$k \geq \frac{13}{3} \quad \Rightarrow \quad k \geq 5, \ k \in \mathbb{N}$$Dal fatto che deve essere contemporaneamente $k \geq 5$ e $k \leq 5$ otteniamo $k=5$. D’ora in poi, quindi, considereremo solo la funzione $$f(x) = (1-|x|)^\frac{1}{5}$$ - La funzione $V(z)$ che stiamo cercando è strutturata in questo modo: $$V(z) = 100 \cdot \frac{V_z}{V}$$ dove $V$ è il volume del serbatoio e $V_z$ è il volume del liquido il cui livello arriva alla quota $z$ dell’altezza del serbatoio (e quindi in particolare $0 \leq z \leq 1$). Sappiamo già che $V = \frac{16 \cdot 5}{5+1} = \frac{40}{3}$ ma non abbiamo ancora la formula per esprimere $V_z$ in funzione di $z$.
Si vede che l’area $C$ in figura è data dal seguente integrale: $$C = \int_0^z f^{-1}(y)dy$$dove $f^{-1}$ è la funzione inversa di $f$ nell’intervallo $[0,1]$. Invertiamo $f$: $$y = (1-x)^\frac{1}{5} \quad \Rightarrow \quad y^5 = 1-x \quad \Rightarrow \quad x = 1-y^5$$L’integrale diventa quindi ##KATEX##\begin{aligned} C & = \int_0^z 1-y^5 dy = \\ & = \left [ y - \frac{y^6}{6} \right ]^z_0 = z - \frac{z^6}{6} \end{aligned}##KATEX##Di conseguenza $$V_z = 2C \cdot L = 16 \cdot \left ( z - \frac{z^6}{6} \right ) $$ e in conclusione$$V(z) = 100 \cdot \frac{V_z}{V} = 100 \cdot \frac{3}{40} \cdot 16 \left ( z - \frac{z^6}{6} \right ) = 100 \cdot \frac{6z-z^6}{5}$$ - L’amministratore sostiene, di fatto, che la percentuale di riempimento del serbatoio sia espressa dalla funzione $V_a(z) = 100z$ dove $z$ è misurata in metri. Infatti, come proposto dal testo del problema, $V_a(0,5) = 50$ ma, per esempio, anche $V_a(0,3) = 30$ e così via (si tratta sostanzialmente della funzione “identità” opportunamente riscalata). È quindi evidente come le due percentuali non possano essere uguali, in generale: sono due date da due funzioni diverse! Intuitivamente, questo si può capire osservando la sezione laterale del serbatoio: si nota come la quota del livello del gasolio non possa crescere linearmente con il volume occupato dal gasolio stesso (mentre la funzione $V_a(z)$ sottointende proprio questo).
Per capire in che modo la vera percentuale di riempimento del serbatoio si discosta da quella suggerita dall’amministratore, dobbiamo studiare la funzione $$D(z) = V(z) - V_a(z) = 100 \cdot \left( \frac{6z-z^6}{5} - z \right) = 100 \frac{z - z^6}{5}$$Facciamone la derivata: $$D’(z) = 20(1-6z^5)$$Si nota facilmente che la derivata si annulla in $z_0=\sqrt[5]{\frac{1}{6}}$, che è positiva in $\left [ 0,\sqrt[5]{\frac{1}{6}} \right ]$ e negativa in $\left [ \sqrt[5]{\frac{1}{6}}, 1 \right ]$: quindi per $z_0 = \sqrt[5]{\frac{1}{6}}$ otteniamo la massima differenza tra le “due percentuali” di riempimento del serbatoio, data da $$D \left ( \sqrt[5]{\frac{1}{6}} \right ) \approx 11,65$$Questo significa che, in corrispondenza di $z_0$, le due misurazioni del volume di gasolio differiscono di $D(z_0) \cdot \frac{V}{100} \approx 1,55$ metri cubi.