Ricevo da Anna Laura la seguente domanda:

Gentile professore,

le propongo i seguenti problemi:

1) Un’ellisse, riferita al centro e agli assi, passa per il punto \(P(3; 2)\). La retta tangente in \(P\) ha coefficiente angolare \(-3/8\). Determina l’equazione dell’ellisse.

2) Dal punto \((0;3)\) conduci le tangenti all’ellisse di equazione \(\frac{{{x}^{2}}}{9}+{{y}^{2}}=1\).

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Anna Laura,

nel primo caso, utilizzando la formula di sdoppiamento per scrivere l’equazione della retta tangente a una generica ellisse canonica nel suo punto \(P\) otteniamo per tale retta l’equazione           \[\frac{3x}{{{a}^{2}}}+\frac{2y}{{{b}^{2}}}=1\to y=-\frac{3{{b}^{2}}}{2{{a}^{2}}}x+\frac{{{b}^{2}}}{2}\]per cui, imponendo la coincidenza dei coefficienti angolari e l’appartenenza di \(P\) alla generica ellisse,  otteniamo il sistema delle seguenti equazioni per le incognite \(a^2\) e \(b^2\):            \[{{a}^{2}}=4{{b}^{2}}\quad \quad 9{{b}^{2}}+4{{a}^{2}}={{a}^{2}}{{b}^{2}}\] da cui si ricava che \({{a}^{2}}=25\) e \({{b}^{2}}=\frac{25}{4}\): l’equazione dell’ellisse cercata è quindi  \[{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}=25\quad .\]

Nel secondo caso, posto che il fascio di rette di centro \((0;3)\) ha equazione \(y=mx+3\), l’equazione risolvente il sistema fascio-ellisse è la seguente: \[\left( 1+9{{m}^{2}} \right){{x}^{2}}+54mx+72=0\] da cui la condizione di tangenza (\(\Delta =0\)): \[729{{m}^{2}}-72\left( 1+9{{m}^{2}} \right)=0\to {{m}^{2}}=\frac{8}{9}\to {{m}_{1,2}}=\pm \frac{2\sqrt{2}}{3}\]e pertanto le rette tangenti hanno equazioni \[y=\pm \frac{2\sqrt{2}}{3}x+3\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come posso determinare il baricentro di un triangolo rettangolo, di un trapezio rettangolo, di una semiellisse e di un segmento di parabola con l’uso dell’integrale doppio?

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

si tratta in ogni caso, una volta riferita la figura \(F\) ad un opportuno sistema di assi, e pensata la superficie \(S\) della stessa come la “massa” totale della figura, di calcolare le coordinate del baricentro integrando sul dominio \(F\)  la coordinata \(x\) e la coordinata \(y\) “pesate” , cioè moltiplicate, per l’elemento di superficie (= elemento di massa) \(dxdy\), e dividendo il risultato per \(S\). In particolare, con riferimento alle figure e ai relativi parametri :

1) triangolo rettangolo. Area: \(S=\frac{ab}{2}\); retta \(AB\): \(y=-\frac{b}{a}x+b\)

\[{{x}_{B}}=\frac{2}{ab}\int\limits_{0}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{-(b/a)x+b}{x\,dy} \right)\,}dx=\frac{2}{ab}\int\limits_{0}^{a}{\left( -\frac{b}{a}{{x}^{2}}+bx \right)dx=}\]\[=\frac{2}{ab}\left[ -\frac{b}{3a}{{x}^{3}}+\frac{b}{2}{{x}^{2}} \right]_{0}^{a}=\frac{2}{ab}\left( \frac{b{{a}^{2}}}{6} \right)=\frac{a}{3}\]\[{{y}_{B}}=\frac{2}{ab}\int\limits_{0}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{-(b/a)x+b}{y\,dy} \right)\,}dx=\frac{1}{ab}\int\limits_{0}^{a}{{{\left( -\frac{b}{a}x+b \right)}^{2}}dx=}\]\[=\frac{b}{a}\left[ \frac{{{x}^{3}}}{3{{a}^{2}}}+x-\frac{{{x}^{2}}}{a} \right]_{0}^{a}=\frac{b}{a}\left( \frac{a}{3}+a-a \right)=\frac{b}{3}\quad .\]

2) trapezio rettangolo. Area: \(S=\frac{\left( a+b \right)c}{2}\), retta \(AB\): \(y=-\frac{c}{a-b}\left( x-a \right)\)

\[{{x}_{B}}=\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \int\limits_{0}^{b}{\left( \int\limits_{0}^{c}{x\,dy} \right)\,}dx+\int\limits_{b}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{c(a-x)/(a-b)}{x\,dy} \right)\,}dx \right]=\]\[\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \int\limits_{0}^{b}{cx\,dx}+\int\limits_{b}^{a}{\frac{cx\left( a-x \right)}{a-b}dx} \right]=\]\[=\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \frac{c{{b}^{2}}}{2}+\frac{c}{a-b}\left[ \frac{a{{x}^{2}}}{2}-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right]_{b}^{a} \right]=\frac{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}{3\left( a+b \right)}\]

\[{{y}_{B}}=\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \int\limits_{0}^{b}{\left( \int\limits_{0}^{c}{y\,dy} \right)\,}dx+\int\limits_{b}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{-c(x-a)/(a-b)}{y\,dy} \right)\,}dx \right]=\]\[=\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \frac{{{c}^{2}}}{2}\int\limits_{0}^{b}{dx}+\frac{{{c}^{2}}}{2{{\left( a-b \right)}^{2}}}\int\limits_{b}^{a}{{{\left( x-a \right)}^{2}}dx} \right]=\frac{2}{\left( a+b \right)c}\left[ \frac{{{c}^{2}}b}{2}+\frac{{{c}^{2}}}{2{{\left( a-b \right)}^{2}}}\left[ \frac{{{\left( x-a \right)}^{3}}}{3} \right]_{b}^{a} \right]=\frac{\left( 2b+a \right)c}{3\left( a+b \right)}\quad .\]

3) semiellisse. Area: \(S=\frac{\pi ab}{2}\), ordinata: \(y=b\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}\)

\[{{x}_{B}}=\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}{x\,dy} \right)\,}dx=\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{bx\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}}\,dx=\]\[=\frac{2a}{\pi }\int\limits_{-1}^{1}{t\sqrt{1-{{t}^{2}}}}\,dt=0\quad (simmetria\;rispetto\;a\;y\;...)\]

\[{{y}_{B}}=\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}{y\,dy} \right)\,}dx=\frac{b}{\pi a}\int\limits_{-a}^{a}{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}\,dx=\frac{b}{\pi a}\left( 2a-\frac{2}{3}a \right)=\frac{4b}{3\pi }\quad .\]

3) segmento parabolico. Area: \(S=\frac{4ab}{3}\), ordinata: \(y=-\frac{b}{{{a}^{2}}}{{x}^{2}}+b\)

\[{{x}_{B}}=0\quad (simmetria\;rispetto\;a\;y\;...)\]

\[{{y}_{B}}=\frac{3}{4ab}\int\limits_{-a}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{-\left( b/{{a}^{2}} \right){{x}^{2}}+b}{y\,dy} \right)\,}dx=\frac{3b}{8a}\int\limits_{-a}^{a}{\left( 1+\frac{{{x}^{4}}}{{{a}^{4}}}-\frac{2{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}\,dx=\]\[=\frac{3b}{8a}\left( 2a+\frac{2}{5}a-\frac{4}{3}a \right)=\frac{2}{5}b\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

fatemi vedere per favore come si imposta l’integrale doppio in questo esercizio:

Calcolare il volume del solido limitato dal paraboloide ellittico \(z=\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}\) e dal semiellissoide \(\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1\), con \(z\ge 1\).

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

poiché le due superfici si intersecano lungo la curva \(\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1\wedge z=1\), la quale si proietta sul dominio \(D:\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1\wedge z=0\) nel piano \(z=0\), il volume \(V\) in questione è dato dall’integrale   \[V=\iint\limits_{D}{\left( \left( 1+\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}} \right)-\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}} \right) \right)}dxdy\quad .\]

Tenendo conto della simmetria del problema, possiamo scrivere:

\[V=4\int\limits_{0}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}{\left( \sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}}+1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}} \right)dy} \right)}dx\quad .\]

Poniamo provvisoriamente \(k=\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}\), da cui:

\[V=4\int\limits_{0}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{kb}{\left( \sqrt{{{k}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}}+{{k}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}} \right)dy} \right)}dx=4\int\limits_{0}^{a}{\left( {{I}_{1}}\left( x \right)+{{I}_{2}}\left( x \right) \right)}dx\] essendo

\[{{I}_{1}}\left( x \right)=\int\limits_{0}^{kb}{\left( {{k}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}} \right)}dy=\left[ {{k}^{2}}y-\frac{{{y}^{3}}}{3{{b}^{2}}} \right]_{0}^{kb}={{k}^{3}}b-\frac{{{k}^{3}}b}{3}=\frac{2b}{3}{{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}^{3/2}}\]\[{{I}_{2}}\left( x \right)=\int\limits_{0}^{kb}{\sqrt{{{k}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}}}dy=b{{k}^{2}}\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}}dt=b{{k}^{2}}\frac{\pi }{4}=\frac{\pi b}{4}\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)\] per cui

\[V=\frac{8}{3}b\int\limits_{0}^{a}{{{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}^{3/2}}}dx+\pi b\int\limits_{0}^{a}{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}dx\quad .\]Poiché \[\int\limits_{0}^{a}{{{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}^{3/2}}}dx=a\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1-{{t}^{2}} \right)}^{3/2}}dt=}\frac{3\pi }{16}a\]

\[\int\limits_{0}^{a}{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)}dx=\left[ x-\frac{{{x}^{3}}}{3{{a}^{2}}} \right]_{0}^{a}=\frac{2}{3}a\]si ha in definitiva:

                        \[V=\frac{8}{3}b\cdot \frac{3}{16}\pi a+\pi b\cdot \frac{2}{3}a=\frac{7}{6}\pi ab\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Cortesemente un aiuto per questi esercizi (n.747, p.837, n.780, p.839 Matematica Blu):

\[1)\quad\left\{ \begin{array}{ll} \tan \left( \frac{\pi }{4}+x \right)-1>\sin 2x \\ 2\sqrt{\cos \left( \frac{3}{2}\pi +x \right)}<\sqrt{2} \end{array} \right.\]

2) Trova per quali valori di \(a\) il dominio della funzione \(y=\sqrt{\cos x-2a}\):

a) è un insieme non vuoto

b) è l’intervallo \(\left[ -\frac{\pi }{3}+2k\pi ;\frac{\pi }{3}+2k\pi  \right]\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

nel sistema la prima disequazione, utilizzando le opportune formule (tangente della somma ed espressione parametrica del seno in termini della tangente dell’angolo metà), diventa: \[\frac{2\tan x}{1-\tan x}>\frac{2\tan x}{1+{{\tan }^{2}}x}\to \frac{{{\tan }^{2}}x\left( 1+\tan x \right)}{\left( 1-\tan x \right)\left( 1+{{\tan }^{2}}x \right)}>0\]

con la condizione \(x\ne \frac{\pi }{4}+k\pi\) (l’ulteriore condizione \(x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi\) introdotta con le identità utilizzate non limita soluzioni accettabili della disequazione). Posto che sia anche \(x\ne k\pi\), la disequazione si riduce a \[\frac{\left( 1+\tan x \right)}{\left( 1-\tan x \right)}>0\to \tan \left( \frac{\pi }{4}+x \right)>0\to -\frac{\pi }{4}+k\pi <x<\frac{\pi }{4}+k\pi \]per cui la soluzione della prima disequazione è l’insieme\[\left\{ -\frac{\pi }{4}+k\pi <x<\frac{\pi }{4}+k\pi ,x\ne k\pi  \right\}\quad .\]

La seconda disequazione ha dominio \[-\frac{\pi }{2}+2k\pi \le \frac{3}{2}\pi +x\le \frac{\pi }{2}+2k\pi \to 2k\pi \le x\le \pi +2k\pi \] e in tale dominio è equivalente alla seguente: \[\cos \left( \frac{2}{3}\pi +x \right)<\frac{1}{2}\to \frac{\pi }{3}+2k\pi \le \frac{3}{2}\pi +x\le \frac{5\pi }{3}+2k\pi \to -\frac{7}{6}\pi +2k\pi \le x\le \frac{\pi }{6}+2k\pi \] per cui la soluzione della seconda disequazione è l’insieme\[\left\{ 2k\pi \le x<\frac{\pi }{6}+2k\pi \vee \frac{5\pi }{6}+2k\pi <x\le \pi +2k\pi  \right\}\]e in definitiva, intersecando i due insiemi, si ha l’insieme soluzione del sistema: \[S=\left\{ 2k\pi <x<\frac{\pi }{6}+2k\pi \vee \frac{5\pi }{6}+2k\pi <x<\pi +2k\pi  \right\}\quad .\]

Nel secondo esercizio si tratta di osservare che il dominio è dato dall’insieme \(S\) che risolve la disequazione \(\cos x\ge 2a\), per cui:

a) \(S=\varnothing\) se e solo se \(2a\ge 1\), quindi \(S\ne \varnothing\) se e solo se \(a\le \frac{1}{2}\);

b) \(S=\left[ -\frac{\pi }{3}+2k\pi ;\frac{\pi }{3}+2k\pi  \right]\) è l’insieme soluzione di \(\cos x\ge \frac{1}{2}\), quindi deve essere  \(2a=\frac{1}{2}\to a=\frac{1}{4}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

in una semicirconferenza di diametro \(AB\) sia \(PQ\) una corda parallela ad \(AB\). Dimostra che il quadrilatero avente gli estremi del diametro e quelli della corda come vertici è un trapezio isoscele. Dimostra che se \(PQ=AB/2\) allora anche i lati obliqui del suddetto trapezio sono congruenti ad \(AB/2\).

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

\(ABQP\) è un trapezio isoscele perché i triangoli rettangoli (in quanto inscritti in una semicirconferenza…) \(ABQ\) e \(ABP\) sono congruenti, in quanto condividono l’ipotenusa e hanno congruenti gli angoli acuti \(Q\hat{A}B\) e \(A\hat{B}P\),essendo \(A\hat{B}P\cong A\hat{Q}P\) in quanto entrambi insistenti su \(AP\), e \(A\hat{Q}P\cong Q\hat{A}B\) in quanto alterni interni di rette parallele; dalla congruenza dei suddetti triangoli rettangoli consegue ovviamente \(AP\cong QB\). Se in particolare \(PQ=AB/2\), il quadrilatero \(AOQP\) risulta essere un parallelogramma, in quanto non solo \(AO\) è parallelo a \(PQ\), ma è anche \(AO\cong PQ\), in quanto  \(AO\cong AB/2\); ne consegue \(AP\cong OQ\cong AB/2\), essendo \(OQ\) un raggio della semicirconferenza.

Massimo Bergamini

Ricevo da Vincenzo la seguente domanda:

Buongiorno Professore,

sono alle prese con un quesito che recita così:

“Dimostra che il grafico della funzione \(y=x^5+x^3+1\) interseca l’asse \(x\) in un solo punto.”

Le mie difficoltà consistono nel fatto che applicando la soluzione proposta nell’esercizio guida dovrei trovare che la derivata prima della funzione non si annulla mai, invece come può verificare si annulla in \(x=0\). Dunque non riesco ad applicare il Teorema di Rolle per risolverlo. Le chiedo pertanto il suo prezioso aiuto.

La ringrazio infinitamente

Gli rispondo così:

Caro Vincenzo,

si tratta in effetti di ricorrere al corollario del teorema di Langrange (non tanto del teorema di Rolle…) che ci permette di affermare che una funzione \(f(x)\) che sia continua in un intervallo chiuso \(I\), derivabile almeno nei punti interni a \(I\) e in tali punti abbia derivata di segno sempre positivo/negativo, allora tale funzione è strettamente monotona in senso crescente/decrescente in \(I\); se inoltre la funzione assume valori di segno opposto negli estremi di \(I\), esiste uno ed un solo punto interno ad \(I\) in cui sia \(f(x)=0\) (condizione sufficiente di unicità dello zero di una funzione), cioè uno e un solo punto in cui il grafico di \(f(x)\) interseca l’asse \(x\).

Se consideri il dominio della funzione polinomiale \(f(x)=x^5+x^3+1\), cioè \(\mathbb{R}\), come cosituito dai due intervalli \({{\mathbb{R}}^{-}}=\left] -\infty ,0 \right]\) e \({{\mathbb{R}}^{+}}=\left[ 0,+\infty  \right[\), puoi dimostrare che \(f(x)\) si annulla una sola volta in \({{\mathbb{R}}^{-}}\) mentre non si annulla mai in \({{\mathbb{R}}^{+}}\), e questo dimostra la tesi. Infatti, poiché \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty\), per il teorema della permanenza del segno esiste un \(m<0\) tale che per ogni \(x\le m\) si ha \(f(x)<0\), quindi non esistono zeri per \(f(x)\) nell’intervallo \(\left] -\infty ,m \right[\), mentre nell’intervallo \(\left[ m,0 \right]\) sono soddisfatte le seguenti condizioni:

a) \(f(m)<0,f(0)=1>0\);

b) \(f(x)\) continua in \(\left[ m,0 \right]\), derivabile in \(\left] m,0 \right[\);

c) \(f'\left( x \right)=5{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}>0\quad \forall x\in \left] m,0 \right[\)

e questo implica l’esistenza e l’unicità di uno zero per \(f(x)\) nell’intervallo \({{\mathbb{R}}^{-}}=\left] -\infty ,0 \right]\).

Poiché in modo analogo possiamo dire che, essendo  pure \(f’\left( x \right)>0\quad \forall x>0\), allora \(f(x)\) è monotona strettamente crescente in ogni ogni intervallo \(\left[ 0,M \right]\), qualunque sia \(M>0\), e quindi \(f(x)\) è monotona strettamente crescente in tutto \({{\mathbb{R}}^{+}}=\left[ 0,+\infty  \right[\); dal momento che \(f(0)=1>0\), non è possibile che sia \(f(x)=0\) per nessun valore di \(x>0\), in quanto ciò comporterebbe una decrescita di \(f(x)\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

mi potrebbe aiutare a risolvere questa equazione (n.6, pag.7 del testo Matutor)?

                                                \[6\cdot {{3}^{2x}}=13\cdot {{6}^{x}}-6\cdot {{2}^{2x}}\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

osserviamo che, dividendo entrambi i membri per il fattore non nullo \({{6}^{x}}\), nell’equazione rimane solo la funzione esponenziale \({{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}\):  \[\frac{6\cdot {{3}^{2x}}}{{{6}^{x}}}=13-\frac{6\cdot {{2}^{2x}}}{{{6}^{x}}}\to \frac{6\cdot {{3}^{2x}}}{{{2}^{x}}\cdot {{3}^{x}}}=13-\frac{6\cdot {{2}^{2x}}}{{{2}^{x}}\cdot {{3}^{x}}}\to 6\cdot {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=13-\frac{6}{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}}\]per cui, posto \(t={{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}\), si ha:        \[6t=13-\frac{6}{t}\to 6{{t}^{2}}-13t+6=0\to {{t}_{1}}=\frac{3}{2}\vee {{t}_{2}}=\frac{2}{3}\] da cui: \[{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=\frac{3}{2}\to x=1\vee {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=\frac{2}{3}={{\left( \frac{3}{2} \right)}^{-1}}\to x=-1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

mi può aiutare a calcolare quest o limite (n.309, p.1528 Matematica blu 2.0)?

        \[\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( {{x}^{2}}-3x \right)}{\left( x-3 \right)\left( x-1 \right)}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

moltiplichiamo e dividiamo per \(x\) la funzione e consideriamo il limite del prodotto:

\[\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\sin \left( {{x}^{2}}-3x \right)}{\left( {{x}^{2}}-3x \right)\left( x-1 \right)}=\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( {{x}^{2}}-3x \right)}{\left( {{x}^{2}}-3x \right)}\cdot \underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\left( x-1 \right)}=\frac{3}{2}\] essendo possibile pensare al primo fattore come ad una funzione ottenuta componendo due funzioni (continue), per cui \[\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( {{x}^{2}}-3x \right)}{\left( {{x}^{2}}-3x \right)}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin t}{t}=1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Caro professore,

come posso calcolare il valore del limite seguente:

                            \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \ln x\cdot \arcsin x \right)\quad ?\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

sicuro della scrittura del limite? Mi pare un po’ troppo semplice: la funzione \(f(x)=\ln x\cdot \arcsin x\) infatti, è continua (da sinistra) in \(x=1\) e quindi il limite per \(x\to 1^-\) risulta uguale al valore della funzione in \(x=1\):

\[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)=0\cdot \frac{\pi }{2}=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanna la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

per favore mi può aiutare con questo esercizio (n. 481 p. 604 Matematica.blu 2.0)?

Disegna il grafico della funzione \(f(x)\) e poi quello di \(y=\ln f(x)\):

                                                        \[f\left( x \right)=\left| \frac{x}{x-1} \right|.\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Giovanna,

la funzione è il valore assoluto di una funzione omografica, il cui grafico è un’iperbole equilatera avente per asintoti le rette \(x=1\) e \(y=1\), e poiché l’ordinata di tale iperbole è negativa nell’intervallo \(0<x<1\), questa parte del grafico viene trasformata nella sua simmetrica rispetto all’asse \(x\) a causa del valore assoluto. Infine, per quanto riguarda \(y=\ln f(x)\), possiamo osservare che in corrispondenza a \(x=0\), dove \(f(x)\) si annulla, tende ad assumere valore \(-\infty\), e quindi il semiasse negativo delle \(y\) è un asintoto verticale per il suo grafico, così come lo è la retta \(x=1\), mentre l’asse delle \(x\) cosituisce un asintoto orizzontale, poiché al tendere di \(f(x)\) a \(1\) la funzione \(y=\ln f(x)\) tende a \(0\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

potrebbe aiuarmi a risolvere questi limiti? (Vol.U p.1533 n.445, pag.1535 n.519, 524)

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+4}{2x+1} \right)}^{x}}\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-x}}{{\left( 2+\frac{3}{x} \right)}^{x}}\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{x}}+{{\left( \frac{27}{10} \right)}^{x}}}{x+{{e}^{x}}}\]

Le vorrei porre anche questo questito: queste due uguaglianze sono sempre vere?

\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left( f\left( x \right) \right)=\ln \left( \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right) \right)\quad \quad \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f\left( x \right)}}={{e}^{\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)}}\quad .\]

Grazie molte.

Le rispondo così:

Cara Paola,

il primo dei tre limiti è una forma esponenziale equivalente alla seguente:

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+4}{2x+1} \right)}^{x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{x\cdot \ln \frac{x+4}{2x+1}}}\to {{e}^{+\infty \cdot \ln \frac{1}{2}}}\to {{e}^{-\infty }}=0\quad .\]

Il secondo, dopo qualche passaggio, si riduce a una tpica forma neperiana \({{1}^{\infty }}\):

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-x}}{{\left( 2+\frac{3}{x} \right)}^{x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-x}}\cdot {{2}^{x}}{{\left( 1+\frac{3}{2x} \right)}^{x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{3/2}{x} \right)}^{x}}={{e}^{3/2}}=\sqrt{{{e}^{3}}}\quad .\]

L’ultimo, che si presenta come una forma \(\frac{\infty }{\infty }\), si risolve per raccoglimento degli infiniti di ordine maggiore, cioè degli esponenziali di base maggiore:

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{x}}+{{\left( \frac{27}{10} \right)}^{x}}}{x+{{e}^{x}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( \frac{27}{10} \right)}^{x}}\left( 1+{{\left( \frac{20}{27} \right)}^{x}} \right)}{{{e}^{x}}\left( 1+\frac{x}{{{e}^{x}}} \right)}=\]\[=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{27}{10e} \right)}^{x}}\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1+{{\left( 20/27 \right)}^{x}}}{1+\frac{x}{{{e}^{x}}}} \right)=0\cdot 1=0\]

dove si è utilizzato il fatto che \(27<10e\approx 27,1828…\) e la prevalenza dell’infinito esponenziale nel rapporto \(\frac{x}{{{e}^{x}}}\).

Per quanto riguarda il quesito relativo ai limiti di funzioni composte con la funzione logaritmica e la funzione esponenziale, premesso che esista \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=l\), e che \(l\) appartenga al dominio di continuità delle funzioni logaritmo naturale e esponenziale naturale (cioè sia \(l>0\) nel primo caso, \(l\in \mathbb{R}\) nel secondo), la risposta è affermativa:

\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left( f\left( x \right) \right)=\ln \left( \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right) \right)=\ln l\quad \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f\left( x \right)}}={{e}^{\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)}}={{e}^{l}}\quad .\]

Tuttavia, bisogna prestare attenzione ad una ingenua generalizzazione di questa sorta di “portar dentro” il limite quando si abbia, come in questo caso, una composizione di funzioni. Si può infatti dimostrare che, avendo in generale la funzione composta \(f\left( g\left( x \right) \right)\), e il punto \({{x}_{0}}\) di accumulazione per il suo dominio, con \({{x}_{0}}\in \mathbb{R}\cup \left\{ \pm \infty  \right\}\), se esistono separatamente \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=l\) e \(\underset{x\to l}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=m\), con \(l,m\in \mathbb{R}\cup \left\{ \pm \infty  \right\}\), la conclusione:

\[\Rightarrow \exists \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)=\underset{x\to l}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=m\] è quasi sempre giustificata, con una notevole eccezione: se infatti:

1) \(\exists f\left( l \right)\wedge \underset{x\to l}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=m\ne f\left( l \right)\) (cioè \(f\left( x \right)\) presenta una discontinuità eliminabile in \(x=l\));

2) \(\forall I\left( {{x}_{0}} \right)\exists x\in I\left( {{x}_{0}} \right)-\left\{ {{x}_{0}} \right\}/g\left( x \right)=l\) (cioè \(g\left( x \right)\) assume, in ogni intorno di \({{x}_{0}}\), infinite volte il valore limite \(l\));

                     \[\Rightarrow \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)\quad \text{non esiste!!}\]

Considera, ad esempio, il caso seguente:

\[f\left( x \right)=x\quad \forall x\ne 0,\ f\left( 0 \right)=1\to \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\ne f\left( 0 \right)\] \[g\left( x \right)=x\sin \left( \frac{1}{x} \right)\to \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=0\wedge g\left( x \right)=0\forall x=\frac{1}{k\pi },k\in \mathbb{Z}\] \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)\quad \text{non esiste!}\]

In generale, se, come nel tuo quesito, la funzione componenda “esterna” \(f\left( x \right)\) è continua in corrispondenza del valore \(l\) a cui tende la funzione componenda “interna” \(g\left( x \right)\), non ci sono ostacoli al “portar dentro” l’operazione di limite.

Massimo Bergamini

Ricevo da Daniele la seguente domanda:

Gentile professore,

Le propongo il seguente quesito (pag.675 n.127 Matematica.blu 2.0 vol.4):

Trova per quali valori di \(a\) le soluzioni dell’equazione \(x^2-ax+a-1=0\) rappresentano il seno e il coseno dello stesso angolo.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Daniele,

poiché l’equazione in questione è facilmente fattorizzabile per raccoglimento parziale: \[{{x}^{2}}-ax+a-1=0\to \left( x-1 \right)\left( x-\left( a-1 \right) \right)=0\] si ha che le soluzioni sono le seguenti:   \[{{x}_{1}}=1\vee {{x}_{2}}=a-1\] per cui, dovendo essere o seno o coseno pari a \(1\), l’altra soluzione deve essere \(0\) (\(\sin \alpha =1\to \cos \alpha =0\),\(\cos \alpha =1\to \sin \alpha =0\)), cioè: \[a-1=0\to a=1\] che è il solo valore possibile.

Massimo Bergamini

Ricevo da Tea la seguente domanda:

Buongiorno professore,

volevo chiederle la risoluzione di questo esercizio:

Si considerino nel piano cartesiano i seguenti punti: \(O(0;0)\), \(A(1;0)\), \(B(1;1)\), \(C(0;1)\). Siano poi \(M\) ed \(N\) due punti qualsiasi del quadrato \(OABC\). Qual è la probabilità che il segmento \(MN\) intersechi la retta \(r:\;y=x\)?

Grazie in anticipo.

Le rispondo così:

Cara Tea,

posto che la retta \(y=x\) divide il piano in due semipiani e il quadrato \(OABC\) in due triangoli equivalenti, e che la condizione affinchè il segmento \(MN\) intersechi la retta \(r:\;y=x\) è che \(M\) ed \(N\) si trovino in semipiani opposti, possiamo vedere l’evento che interessa come intersezione di due eventi indipendenti: \(E_1\): “il primo estremo \(M\) cade in una  qualsiasi delle due metà del quadrato”, \(E_2\):”il secondo estremo \(N\) cade nella metà opposta a quella di \(M\)”, e poiché \(p\left( {{E}_{1}} \right)=1\) e \(p\left( {{E}_{2}} \right)=\frac{1}{2}\), concludiamo che \(p\left( {{E}_{1}}\cap {{E}_{2}} \right)=1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\).

Si potrebbe obiettare che non si è presa in considerazione la possibilità che o \(M\) o \(N\) o entrambi cadono esattamente sul segmento della retta \(y=x\) interno al quadrato: senza entrare in complesse considerazioni di teoria della misura degli insiemi continui, possiamo dire che la probabilità di tali eventi è trascurabile, essendo il segmento in questione “a superficie nulla”, e quindi a misura zero nel contesto del problema, in cui è possibile associare una probabilità finita e non nulla solo a sottoinsiemi di punti del quadrato che abbiano un’area non nulla.

Massimo Bergamini

Ricevo da Samuele la seguente domanda:

Buongiorno professore,

le scrivo per proporre due dubbi che mi sono sorti operando con i limiti.

1) Dato\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan x-\frac{\pi }{2}}{x-\sin x}\]

non riesco a capire come operare. In primo luogo non comprendo come calcolare il limite del seno che tende a \(+\infty\)…. Infatti non dovrebbe essere impossibile ? Inoltre visto che l’argomento non è infinitesimo per \(x\) che tende a \(+\infty\), non posso neanche applicare i limiti notevoli. Come fare?

2) Dato \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}\] il risultato è \(-\infty\) (e ho capito come ottenerlo). Però l’esercizio chiedeva di verificare se si potevano usare i limiti notevoli, e allora io ho sommato e sottratto \(1\) all’argomento del logaritmo così da avere \(\ln[(x-1)+1]\) e poi, moltiplicando e dividendo per \(x-1\), ho ottenuto \((x-1)/x\) che per x che tende a \(0^+\), da \(-\infty\). Il mio dubbio è il seguente: nonostante abbia ottenuto un risultato corretto, è lecito usare il limite notevole anche se, per \(x\) che tende a \(0^+\), \(x-1\) non è infinitesimo? In casi analoghi, come si dovrebbe procedere?

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Samuele,

nel primo caso si tratta di ricordare che, pur essendo vero che non esiste \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sin x\), questo non significa che non esista \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x-\sin x \right)\): ricordando il teorema del confronto, si ha infatti che, essendo \(-\frac{1}{x}\le \frac{\sin x}{x}\le \frac{1}{x}\) e  \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\pm \frac{1}{x}=0\), ne consegue \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=0\), da cui

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan x-\frac{\pi }{2}}{x-\sin x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan x-\frac{\pi }{2}}{x\left( 1-\frac{\sin x}{x} \right)}\to \frac{{{0}^{-}}}{+\infty \left( 1-0 \right)}\to 0\quad .\]

Per quanto riguarda \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}\), non vedo né la possibilità né la necessità di ricorrere ad alcun limite notevole, trattandosi non di forma indeterminata ma di forma \(\frac{\infty }{0}\) che, nel rispetto della “regola dei segni”, risulta invariabilmente \(\pm \infty\); nel nostro caso: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}\to \frac{-\infty }{{{0}^{+}}}\to -\infty \quad .\]

La tua proposta, che si esplicita così: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \left( x-1 \right)+1 \right)}{x-1}\cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x}\to \frac{-\infty }{-1}\cdot \frac{-1}{{{0}^{+}}}\to +\infty \cdot \left( -\infty  \right)\to -\infty \]”funziona” non certo perché tu abbia utilizzato un limite notevole (hai solo moltiplicato e diviso per \(-1\) il rapporto \(-\infty/0^+\)…); infatti \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \left( x-1 \right)+1 \right)}{x-1}=+\infty \]non è proprio il limite notevole a cui stai pensando! (lo sarebbe se \(x\) tendesse a \(1\), non a \(0\)..); il limite è una coppia, valore a cui tende \(x\) – funzione : ovviamente, la stessa funzione, al tendere del suo argomento a valori diversi, definisce altrettanti limiti diversi, notevoli o non notevoli…

Massimo Bergamini

Ricevo da Nur la seguente domanda:

Buongiorno professore,

Le scrivo qui il testo del problema :

Abbiamo due mazzi di carte da \(40\). Si estrae da ciascun mazzo una carta. Calcola la probabilità che esse siano due re, sapendo che sono uscite due figure.

Per la probabilità del “si estraggono \(2\) re” ho visto che è possibile farlo come intersezione di “si estraggono \(2\) re dal primo mazzo” e “si estraggono \(2\) re dal secondo”

Ho voluto però provare a risolverlo facendo finta di estrarre \(2\) carte da un grande mazzo da \(80\), e non sono riuscito a saltarci fuori (se usare combinazioni ecc…). Spero che lei riesca a chiarire il mio dubbio.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Nur,

il problema è un classico esempio di probabilità condizionata, e lo affronterei in questo modo; posto \(E\)=”le carte estratte sono due re”, e posto \(E_1\)=”le carte estratte sono due figure”, l’evento di cui vogliamo la probabilità, e che indichiamo con \(E|{{E}_{1}}\), è \(E|{{E}_{1}}\)=” le carte estratte sono due re, sapendo che sono due figure”, il che equivale a chiedersi quale sia il rapporto fra i casi favorevoli ad \(E\) e i casi corrispondenti ad \(E_1\), come se l’universo dei casi possibili si fosse ristretto ad \(E_1\). In altre parole, si tratta di determinare \(p\left( E\cap {{E}_{1}} \right)\) e \(p\left( {{E}_{1}} \right)\) per ottenere \[p\left( E|{{E}_{1}} \right)=\frac{p\left( E\cap {{E}_{1}} \right)}{p\left( {{E}_{1}} \right)}\quad .\]

L’evento \(E_1\) è pensabile come intersezione di due eventi indipendenti: “la carta estratta dal primo mazzo è una figura” et “la carta estratta dal secondo mazzo è una figura”, per cui: \[p\left( {{E}_{1}} \right)=\frac{12}{40}\cdot \frac{12}{40}=\frac{9}{100}\] e in modo analogo, l’evento \(E\cap {{E}_{1}}\)=”le carte estratte sono due re et (ovviamente) sono due figure”, si realizza come intersezione di due eventi indipendenti: “la carta estratta dal primo mazzo è un re” et “la carta estratta dal secondo mazzo è un re” (non capisco la tua proposta di considerare l’estrazione di \(2\) re sia dal primo che dal secondo mazzo…), cioè: \[p\left( E\cap {{E}_{1}} \right)=\frac{4}{40}\cdot \frac{4}{40}=\frac{1}{100}\]da cui, infine, la probabilità cercata:\[p\left( E|{{E}_{1}} \right)=\frac{p\left( E\cap {{E}_{1}} \right)}{p\left( {{E}_{1}} \right)}={\frac{1}{100}}/{\frac{9}{100}=\frac{1}{9}}\;\quad .\]

In modo più diretto, potresti ottenere questo risultato pensando che, in generale, il problema di estrarre due carte, ciascuna da un mazzo di \(40\), presenta \(40\times 40=1600\) configurazioni equiprobabili a priori, di cui \(12\times 12=144\) corrispondono all’evento accaduto \(E_1\)=”le carte estratte sono due figure”, mentre l’evento che interessa, cioè  \(E\)=”le carte estratte sono due re”, corrisponde a \(4\times 4=16\) di queste \(144\) configurazioni possibili, per cui la sua probabilità condizionata è \(\frac{16}{144}=\frac{1}{9}\). La possibilità di considerare l’estrazione di due carte da un unico mazzo da \(80\) carte non è equivalente al nostro problema, perché in questo modo si elimina l’indipendenza dei due sottoinsiemi di \(40\) carte. Considera, ad esempio, la probabilità di \(E_1\)=”le carte estratte sono due figure” nel caso di un unico mazzo da \(80\) carte: si avrebbe l’intersezione dei due eventi, “la prima estratta è una figura” et “la seconda estratta (senza reimmissione della prima) è una figura”, tali che \[p\left( {{E}_{1}} \right)=\frac{24}{80}\cdot \frac{23}{79}=\frac{69}{790}<\frac{9}{100}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

ho provato a risolvere il quesito \(10\) della prova di matematica dell’Esame di Stato PNI 2014 (“Si stabilisca per quali valori reali di \(a\) e \(b\), si ha: \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{a+bx}-2}{x}=1\)”) senza applicare il teorema di De l’Hopital. Ho “razionalizzato” il numeratore, e ottenuto \(a+bx-4\); “si vede” che per verificare il limite \(a-4\) deve essere \(0\), ma non so spiegarlo. Mi può aiutare per favore?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

effettivamente la “razionalizzazione” fornisce il seguente

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{a+bx}-2}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{a+bx-4}{x\left( \sqrt{a+bx}+2 \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{a+bx-4}{x}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{a+bx}+2}=\]\[=\frac{1}{\sqrt{a}+2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{a+bx-4}{x}\] e poiché \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{a+bx-4}{x}\) può essere un numero, e non infinito, solamente se

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( a+bx-4 \right)=0\to a-4=0\to a=4\] si ha che \(a=4\) è condizione necessaria (non sufficiente!) affinchè si abbia \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{a+bx}-2}{x}=1\). Dopodichè si ha:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{4+bx}-2}{x}=\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{4+bx-4}{x}=\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{bx}{x}=\frac{b}{4}\]da cui facilmente si deduce che \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{a+bx}-2}{x}=1\leftrightarrow a=4\wedge b=4\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Alessia la seguente domanda:

Mi scusi il disturbo,

ho un problema nel trovare le tangenti comuni a due circonferenze … Ho provato a guardare le sue precedenti spiegazioni ad altri utenti ma non ho ben capito come riuscire a trovare il punto comune ad entrambe le rette e come trovare appunto le tangenti… Le circonferenze sono queste:

                            \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2y-6=0\quad \quad {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x+4y+6=0\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Alessia,

ti rispondo in modo del tutto analogo a quanto già fatto, ad esempio, il \(7/10/12\) per un quesito posto da Giuseppe. Affrontare il problema delle tangenti comuni a due circonferenze in modo puramente algebrico è un po’ faticoso: data l’equazione generale di una retta in forma implicita, si dovrebbero mettere a sistema le equazioni ottenute imponendo alla retta di avere una distanza dal centro di ciascuna delle circonferenze pari al rispettivo raggio. Il problema può avere fino a quattro soluzioni (nel caso di due circonferenze esterne si possono avere fino a quattro rette tangenti). Conviene invece ragionare in modo più geometrico, operando nei limiti della situazione specifica che dobbiamo discutere. Con riferimento alla rappresentazione cartesiana delle due circonferenze, l’una di centro \(C_1(1,-1)\) e raggio \(r_1=2\sqrt{2}\), l’altra di centro \(C_2(2,2)\) e raggio \(r_2=\sqrt{2}\), osserviamo innanzitutto che, avendo le circonferenze due punti in comune, \(A\) e \(B\), le rette tangenti comuni sono solo due. Per ragioni di simmetria, possiamo dire che tali rette si incontrano in un punto \(D\) appartenente alla retta passante per i centri \(C_1\) e \(C_2\), e che, detti \(E\), \(G\), \(F\), \(H\) i vari punti di tangenza, i triangoli rettangoli \(C_1ED\) e \(C_2GD\), così come i rispettivi simmetrici \(C_1FD\) e \(C_2HD\), sono tra loro simili. In base a tale similitudine, e dato che \(C_1C_2=\sqrt{10}\), possiamo dire che, essendo \(C_1D=C_1C_2+C_2D\): \[\frac{C_1C_2+C_2D}{C_1E}=\frac{C_2D}{C_2G}\to\frac{\sqrt{10}+C_2D}{2\sqrt{2}}=\frac{C_2D}{\sqrt{2}}\to C_2D=\sqrt{10}\]dal che si deduce che, essendo \(C_1C_2=C_2D\), \(D\) è il simmetrico di \(C_1\) rispetto a \(C_2\), cioè \(D\) ha coordinate \((3,5)\). A questo punto, dato il fascio proprio di rette passanti per \(D\), di equazione \(y=m(x-3)+5\), imponendo, ad esempio, che la distanza di tale retta da \(C_2\) sia pari a \(r_2=\sqrt{2}\), si ottiene l’equazione per \(m\): \[\left| 2m-2-3m+5 \right|=\sqrt{2}\sqrt{1+{{m}^{2}}}\to {{m}^{2}}+6m-7=0\to {{m}_{1}}=1\vee {{m}_{2}}=-7\]da cui le due rette tangenti \[y=x+2\quad y=-7x+26\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Gianfranco la seguente domanda:

Caro professore,

le scrivo per cercare di avere una soluzione a questo problema:

Un trapezio isoscele \(ABCD\) è circoscritto a un cerchio. Sapendo che la base maggiore è \(AB=2a\) e \(\cos A\hat{B}C=161/289\) determina l’altezza del trapezio.

Questo è quanto, grazie!

Gli rispondo così:

Caro Gianfranco,

con riferimento alla figura, osserviamo che, per un noto teorema che relativo ai segmenti di tangente da un punto esterno a una circonferenza, si ha \(a=MB\cong BP\cong AQ\cong AM\) e \(b=PC\cong CN\cong ND\cong DQ\), e in conseguenza dell’ipotesi che il trapezio sia isoscele, si ha \(a-b=BH\). Posto \(\alpha=A\hat{B}C\), si ha che:

\[h=MN\cong CH=CB\sin \alpha \to h=\left( a+b \right)\sin \alpha \] \[HB=CB\cos \alpha \to \left( a-b \right)=\left( a+b \right)\cos \alpha \] dalla seconda delle quali si ricava \[289\left( a-b \right)=161\left( a+b \right)\to b=\frac{128}{450}a\]

da cui, tenendo conto che\[\sin \alpha =\sqrt{1-\frac{{{161}^{2}}}{{{289}^{2}}}}=\frac{240}{289}\] sostituendo nella prima si ottiene: \[h=\frac{240}{289}\left( a+\frac{128}{450}a \right)=\frac{16}{15}a\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

mi aiuta per favore a risolvere questo esercizio?

Per ciascun insieme \(X\), determina estremo superiore e inferiore e, se esistono massimo e minimo. Determina inoltre l’insieme \(X’\) formato da tutti i suoi punti di accumulazione:

\[{{X}_{1}}=\left\{ x=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{n+4},n\in \mathbb{N} \right\}\quad {{X}_{2}}=\left\{ y=\frac{{{x}^{2}}+3x}{5-x},x\in \mathbb{R} \right\}\quad {{X}_{3}}=\left\{ x=\frac{3n+1}{7n},n\in \mathbb{N}-\left\{ 0 \right\} \right\}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

nel primo caso osserviamo che la successione a segni alterni \(\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{n+4}\) può essere pensata come unione di due sottosuccessioni, una a termini positivi decrescente (\(n\) pari), l’altra a termini negativi crescente (\(n\) dispari): \[{{X}_{1}}=\left\{ x=\frac{1}{n+4}\ se\ n\in \mathbb{P},x=-\frac{1}{n+4}\ se\ n\in \mathbb{D} \right\}\] per cui il primo termine (\(n=0\)) della sottosuccesione pari è estremo superiore e massimo per \(X\), il primo termine (\(n=1\)) della sottosuccessione dispari è estremo inferiore e minimo per \(X\):\[{{\sup }_{{{X}_{1}}}}={{\max }_{{{X}_{1}}}}=\frac{1}{4}\quad \quad {{\inf }_{{{X}_{1}}}}={{\min }_{{{X}_{1}}}}=-\frac{1}{5}\quad .\]

In quanto codominio di una successione, l’insieme \(X_1\) è costituito di punti isolati: l’unico punto d’accumulazione per \(X_1\) in \(\mathbb{R}\) è quindi il limite della successione stessa per \(n\to +\infty\), cioè \(0\), come si può verificare osservando che un intorno di \(0\) di semiampiezza \(\varepsilon\) comunque piccola contiene infiniti elementi di \(X_1\) (tutti i termini della successione corrispondenti a \(n>\frac{1-4\varepsilon }{\varepsilon }\)); pertanto, \({{X}_{1}}’=\left\{ 0 \right\}\).

Nel secondo caso, \(X_2\) corrisponde al codominio di una funzione a valori reali: \[y=\frac{{{x}^{2}}+3x}{5-x}\to y\left( 5-x \right)={{x}^{2}}+\left( y+3 \right)-5y=0\to \]\[\to \Delta \left( y \right)\ge 0\leftrightarrow {{y}^{2}}+26y+9\ge 0\to y\le -13-4\sqrt{10}\vee y\ge -13+4\sqrt{10}\] pertanto \({{X}_{2}}=\left] -\infty ,-13-4\sqrt{10} \right]\cup \left[ -13+4\sqrt{10},+\infty  \right[\), cioè \(X_2\) non è limitato né superiormente né inferiormente e contiene tutti i suoi punti di accumulazione: \({{X}_{2}}'=X\).

Nell’ultimo caso, si mostra facilmente che la successione a termini positivi è decrescente (\({{x}_{n+1}}<{{x}_{n}}\)) e quindi convergente al suo estremo inferiore, cioè\[{{\sup }_{{{X}_{3}}}}={{\max }_{{{X}_{3}}}}={{x}_{1}}=\frac{4}{7}\quad \quad {{\inf }_{{{X}_{3}}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3n+1}{7n}=\frac{3}{7}\quad .\]

Anche in questo caso, l’insieme \(X_3\) è costituito di punti isolati: l’unico punto d’accumulazione per \(X_3\) in \(\mathbb{R}\) è il limite della successione stessa per \(n\to +\infty\), cioè \(\frac{3}{7}\): \({{X}_{3}}’=\left\{\frac{3}{7} \right\}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Nur la seguente domanda:

Buon giorno Professore,

ecco qui il quesito :

Supponete di avere tre carte di cui una presenta entrambi i lati rossi, una entrambi neri e l’ultima uno rosso ed uno nero. Queste carte sono riposte in un cappello e senza guardare si estrae casualmente una carta che presenta il colore rosso da un lato. Qual è la probabilita che l’altro lato sia nero?

Ho capito che dovrei usare il teorema di Bayes, ma non riesco proprio a vedere come applicarlo.

La ringrazio moltissimo in anticipo!

Gli rispondo così:

Caro Nur,

per applicare il toerema di Bayes vediamo l’evento \(E\)=”la carta estratta presenta un lato rosso” come unione \(E={{E}_{1}}\cup {{E}_{2}}\) di due eventi disgiunti, ciascuno dei quali è a sua volta l’intersezione di due eventi: \({{E}_{1}}={{A}_{1}}\cap E\), con \(A_1\)=”la carta estratta è quella con un lato rosso e uno nero”, \({{E}_{2}}={{A}_{2}}\cap E\), con \(A_2\)=”la carta estratta è quella con entrambi i lati rossi”; poiché \(E\) non è indipendente da \(A_1\) e da \(A_2\), le probabilità degli eventi \(E_1\) e \(E_2\) si ottengono moltiplicando le probabilità di \(A_1\) e \(A_2\) rispettivamente per le probabilità (condizionate) degli eventi  \(\left( E|{{A}_{1}} \right)\)=”la carta estratta presenta il lato rosso, sapendo che è quella con un lato rosso e uno nero”,  e \(\left( E|{{A}_{2}} \right)\)=”la carta estratta presenta il lato rosso, sapendo che è quella con entrambi i lati rossi”. Si potrebbe aggiungere all’unione anche l’evento \({{E}_{3}}={{A}_{3}}\cap E\), con \(A_3\)=”la carta estratta è quella con entrambi i lati neri”, ma poiché \(p\left( E|{{A}_{3}} \right)=0\), si ha ovviamente \(p\left( {{E}_{3}} \right)=0\). Quindi:             \[p\left( E \right)=p\left( {{E}_{1}}\cup {{E}_{2}}\cup {{E}_{3}} \right)=p\left( {{A}_{1}}\cap E \right)+p\left( {{A}_{2}}\cap E \right)+p\left( {{A}_{3}}\cap E \right)\quad .\] Poiché l’estrazione di ognuna delle tre carte ha la stessa probabilità, pari a \(\frac{1}{3}\), e la probabilità che la carta presenti uno o l’altro dei suoi lati è pari a \(\frac{1}{2}\), si ha             \[p\left( {{A}_{1}} \right)=p\left( {{A}_{2}} \right)=\frac{1}{3},\ p\left( E|{{A}_{1}} \right)=\frac{1}{2},\ p\left( E|{{A}_{2}} \right)=1\to p\left( {{E}_{1}} \right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6},p\left( {{E}_{2}} \right)=\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{1}{3}\to \]             \[\to p\left( E \right)=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=\frac{1}{2}\quad .\]

Ora, poiché sappiamo che \(E\) è accaduto, si tratta di vedere quale sia il “peso” dell’evento \(E_1\) rispetto all’evento \(E\), cioè otteniamo la probabilità (condizionata) dell’evento \(\left( {{A}_{1}}|E \right)\)=“la carta estratta è quella con un lato nero e uno rosso, sapendo che la carta estratta presenta un lato rosso” come rapporto tra \(p\left( {{E}_{1}} \right)\) e \(p\left( E \right)=p\left( {{E}_{1}}\cup {{E}_{2}}\cup {{E}_{3}} \right)\), che è il teorema di Bayes:

\[p\left( {{A}_{1}}|E \right)=\frac{p\left( {{A}_{1}}\cap E \right)}{p\left( {{A}_{1}}\cap E \right)+p\left( {{A}_{2}}\cap E \right)+p\left( {{A}_{3}}\cap E \right)}=\] \[=\frac{p\left( {{E}_{1}} \right)}{p\left( E \right)}={\frac{1}{6}}/{\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\quad .}\;\]

Massimo Bergamini