L’angolo aureo in un problema di massimo e minimo

Essendo r una costante è sufficiente, per risolvere il problema, considerare l’andamento della funzione

KQ

( ) ( ) ( )

ϕ

ϕ = −

= x sin x tan x

x , cioè che rappresenta il raggio della circonferenza inscritta nel

1

r

triangolo POB (l’area della circonferenza è massima quando il raggio è massimo).

( ) ( )

ϕ = −

x sin x tan x

Essendo una funzione modulare, è conveniente definirla come

1 π

⎧

( ) π π

− ⇔ ≤ < +

sin x tan x k x k

1

⎪

⎪ 2

( )

ϕ =

x ⎨ π

⎪

( ) π π π

− ⇔ + < ≤ +

sin x tan x k x k

1

⎪

⎩ 2 ( ) ( )

ϕ = −

x sin x tan x

Calcoliamo ora la derivata prima della funzione . Per l’intervallo

1

π − +

x x

sin sin

3 2 1

( )

π π ϕ ′

≤ < + =

k x k x

si ha: , facilmente scomponibile in

x

cos 2

2

( )

( )

+ − −

x x x

sin sin sin

2 1 1 ( )

( ) ′

ϕ

ϕ ′ = ⇔ + − =

= x sin x sin x

x 2

0 1 0 ,cioè

. Si ha allora il risultato

x

cos 2 ⎛ ⎞

− −

5 1 5 1

⎜ ⎟

⇔ = ⇔ =

sin arcsin

x x .

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 ⎛ ⎞

−

5 1

ˆ ⎜ ⎟

=

B O H arcsin

E’ interessante notare che la posizione cercata si ottiene per , cioè l’arcoseno

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2

del famoso numero aureo di Fibonacci! ⎛ ⎞ − −

− − − − 5 1

5 1 5 1

⎜ ⎟ < −

= ⇔ =

sin x x arcsin non è accettabile in quanto 1 .

La soluzione ⎜ ⎟

⎝ ⎠ 2

2 2

− =

sin x

Si osservi inoltre che la soluzione non è accettabile perché la funzione

1 0

π

( ) ( )

ϕ π

= − = +

x sin x tan x x k

1 non è definita per .

2

π π π π

+ < ≤ +

k x k

Per l’intervallo si trova la soluzione simmetrica della precedente rispetto all’asse

2 ⎛ ⎞

−

5 1

⎜ ⎟

π

= − arcsin

x 2

delle ascisse. Si ha cioè .

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 π

⎛ ⎞

[ ]

π π

∈ ∧ ≠ +

x x k

⎜ ⎟

0; 2

Le limitazioni del problema sono dunque le seguenti: ⎝ ⎠

2

Nel grafico seguente si può osservare, soprattutto nell’intervallo considerato, l’andamento della

( ) ( )

ϕ = −

x sin x tan x

funzione 1