Ricevo da Angela la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuta a fare questo limite?

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

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Angela,

il limite si presenta come rapporto di infinitesimi simultanei: al numeratore è chiaro l’ordine di infinitesimo (4) rispetto al campione \(x\), ma a denominatore le cose sono meno chiare, trattandosi di differenze di infinitesimi. Possiamo procedere in due modi: sviluppando i vari infinitesimi in polinomi di Taylor intorno a \(x=0\) e osservando quali siano i termini di ordine minore che restano, oppure dividere numeratore e denominatore per \({{x}^{4}}\), ipotizzando che anche il denominatore sia infinitesimo dello stesso ordine del numeratore,  e utilizzare il teorema di de l’Hopital per calcolare il limite risultante (un approccio diretto con il teorema di de l’Hopital, benché possibile, porterebbe a calcoli ancora più laboriosi…). Nel primo modo:\[\ln \left( 1+{{x}^{4}} \right)={{x}^{4}}-\frac{{{x}^{8}}}{2}+...\quad {{\sin }^{2}}x={{x}^{2}}-\frac{1}{3}{{x}^{4}}+\frac{2}{45}{{x}^{6}}-...\quad {{e}^{{{x}^{2}}}}-1={{x}^{2}}+\frac{1}{2}{{x}^{4}}+\frac{1}{6}{{x}^{6}}+...\]per cui: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{x}^{4}} \right)}{{{\sin }^{2}}x-2{{x}^{2}}+{{e}^{{{x}^{2}}}}-1}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{4}}+...}{\frac{1}{6}{{x}^{4}}+...}=6\quad .\] Nel secondo modo:  \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{x}^{4}} \right)}{{{\sin }^{2}}x-2{{x}^{2}}+{{e}^{{{x}^{2}}}}-1}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{x}^{4}} \right)}{{{x}^{4}}}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{4}}}{{{\sin }^{2}}x-2{{x}^{2}}+{{e}^{{{x}^{2}}}}-1}=\]\[=1\cdot \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{4{{x}^{3}}}{\sin 2x-4x+2x{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{12{{x}^{2}}}{2\cos 2x-4+2{{e}^{{{x}^{2}}}}+4{{x}^{2}}{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{24x}{-4\sin 2x+12x{{e}^{{{x}^{2}}}}+8{{x}^{3}}{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{24}{-8\cos 2x+12{{e}^{{{x}^{2}}}}+48{{x}^{2}}{{e}^{{{x}^{2}}}}+16{{x}^{4}}{{e}^{{{x}^{2}}}}}=\]\[=\frac{24}{-8+12}=6\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

potrebbe indicarmi il procedimento per lo studio completo di questa funzione:

                                     \[f\left( x \right)=\frac{\left| {{x}^{2}}-3x+2 \right|}{{{x}^{2}}+1}\quad ?\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

osserviamo innanzitutto che la funzione è definita per ogni \(x\in \mathbb{R}\), e che può essere espressa senza far ricorso al valore assoluto in questo modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x^2-3x+2}{x^2+1}\quad x<1\vee x>2 \\ -\frac{x^2-3x+2}{x^2+1}\quad 1\le x \le 2 \end{array} \right.\] e che inoltre la funzione è sempre positiva, ad eccezione dei valori \(x=1\) e \(x=2\) in cui vale zero. Essendo la funzione ovunque continua, gli unici limiti che interessano sono quelli a \(\pm \infty\), cioè:

\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{2}}+1}=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-3/x+2/{{x}^{2}}}{1+1/{{x}^{2}}}=1\quad .\] Pertanto la retta \(y=1\) rappresenta un asintoto orizzontale per il grafico di \(f\left( x \right)\): tale asintoto è attraversato dal grafico nel punto \(\left( \frac{1}{3},1 \right)\), essendo \(x=\frac{1}{3}\) la sola soluzione dell’equazione \(f\left( x \right)=1\). La funzione derivata prima è la seguente:\[f’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{3x^2-2x-3}{(x^2+1)^2}\quad x<1\vee x>2 \\ -\frac{3x^2-2x-3}{(x^2+1)^2}\quad 1<x<2 \end{array} \right.\] che risulta non definita in \(x=1\) e in \(x=2\), punti di non derivabilità del tipo punto angoloso (limiti unilaterali del rapporto incrementale diversi, in questo caso opposti tra loro). Si verifica facilmente che \(f’\left( x \right)=0\) per \({{x}_{1}}=\frac{1+\sqrt{10}}{2}\) e \({{x}_{2}}=\frac{1-\sqrt{10}}{2}\), ed analizzando il segno di \(f’\left( x \right)\) negli intorni di tali valori si conclude che in entrambi si realizza un punto di massimo relativo, con valori rispettivamente \(f\left( {{x}_{1}} \right)=\frac{3-\sqrt{10}}{2}\) e \(f\left( {{x}_{2}} \right)=\frac{3+\sqrt{10}}{2}\); quest’ultimo è anche il massimo assoluto per \(f\left( x \right)\), mentre il minimo assoluto è ovviamente \(0\). Possiamo riconoscere come punti di minimo relativo (e assoluto) i punti angolosi di ascissa \(x=1\) e \(x=2\), benché estremi relativi “non regolari”, cioè non punti a derivata nulla. La funzione derivata seconda: \[f’’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{-2(3x^3-3x^2-9x+1)}{(x^2+1)^3}\quad x<1\vee x>2 \\ \frac{2(3x^3-3x^2-9x+1)}{(x^2+1)^3}\quad 1<x<2 \end{array} \right.\] si annulla e cambia segno in corrispondenza a tre valori di \(x\), determinabili come soluzioni irrazionali di un’equazione di \(3^\circ\) grado risolvibile con metodi numerici, cioè \({{x}_{3}}\approx -1,369\), \({{x}_{4}}\approx 0,108\), \({{x}_{5}}\approx 2,261\), corrispondenti a tre punti di flesso obliquo. In realtà, a causa del valore assoluto, la derivata seconda cambia segno, e con essa cambia verso la concavità del grafico, anche in corrispondenza dei punti angolosi di non derivabilità, ma usualmente tali punti non si considerano punti di flesso.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

non ho capito questi limiti:

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2{{x}^{3}}-5x\ln x+2x\sqrt{x}+1}{2{{x}^{2}}-4x\ln x+\sqrt[3]{x}-4} \right)\left( {{3}^{\frac{x+1}{x}}}-{{3}^{\cos \frac{1}{x}}} \right)\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{4}}-3{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-1}{{{\left( {{x}^{2}}-2x\arctan x \right)}^{\frac{1}{x}}}}\quad .\]

 Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso possiamo riscrivere il limite in questo modo:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2{{x}^{3}}-5x\ln x+2x\sqrt{x}+1}{2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}\ln x+\sqrt[3]{{{x}^{2}}}-4x} \right)\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{\frac{x+1}{x}}}-{{3}^{\cos \frac{1}{x}}}}{\frac{1}{x}} \right)=1\cdot \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{1+t}}-{{3}^{\cos t}}}{t} \right)\]dove il limite unitario del primo fattore consegue da un semplice confronto degli ordini di infinito e la sostituzione operata nel secondo fattore è ovviamente \(t=1/x\). Pertanto il limite si può risolvere in questo modo, ricordando i limiti notevoli:\[\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{1+t}}-{{3}^{\cos t}}}{t} \right)=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{3}^{\cos t}}\cdot \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{1+t-\cos t}}-1}{1+t-\cos t} \right)\cdot \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1+t-\cos t}{t}=\]\[=3\cdot \ln 3\cdot \left( 1+\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos t}{t} \right)=3\ln 3\quad .\]

Nel secondo caso, è sufficiente osservare che il denominatore tende a \(1\) per concludere che il limite diverge a \(+\infty\), infatti:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{x}^{2}}-2x\arctan x \right)}^{\frac{1}{x}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{\ln \left( {{x}^{2}}-2x\arctan x \right)}{x}}}=\]\[={{e}^{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2\ln x}{x}+\frac{1}{x}\ln \left( 1-\frac{2\arctan x}{x} \right) \right)}}={{e}^{0+0}}=1\]per cui: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{4}}-3{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-1}{{{\left( {{x}^{2}}-2x\arctan x \right)}^{\frac{1}{x}}}}\to \frac{+\infty }{1}=+\infty \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Rocco la seguente domanda:

Salve professore,

vorrei sapere come si risolve questo limite:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{{e^{\sin x}  - \cos x}}\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Rocco,

possiamo risolvere la forma indeterminata in questo modo:\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos x\left( {\frac{{e^{\sin x}  - 1}}{{\sin x}} + \frac{{\sin x}}{{1 + \cos x}}} \right)}} = \frac{1}{{1\left( {1 + 0} \right)}} = 1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

ho trovato difficolta con questi altri limiti:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos ^2 x} \right)^{\cot ^2 x}\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \cos x} \right)^{\sin x}\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {x\ln x + \sin x - \tan x}  - x} \right)\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso possiamo ricondurci ad un limite neperiano nella forma \(\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left( {1 + t} \right)^{\frac{1}{t}}  = e\):\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\left( {1 + \cos ^2 x - 1} \right)^{\frac{1}{{\sin ^2 x}}} } \right]^{\cos ^2 x}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\left( {1 + \left( { - \sin ^2 x} \right)} \right)^{\frac{1}{{ - \sin ^2 x}}} } \right]^{ – \cos ^2 x}  = e^{ – 1} \quad .\]Nel secondo caso sviluppiamo la forma esponenziale, del tipo \(0^0\), in questo modo: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \cos x} \right)^{\sin x}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} e^{\sin x\ln \left( {1 - \cos x} \right)} \] per cui siamo ricondotti al limite \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sin x\ln \left( {1 - \cos x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{{\sqrt {1 - \cos x} }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sqrt {1 - \cos x} \ln \left( {1 - \cos x} \right) = \]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sqrt {\frac{{\sin ^2 x}}{{1 - \cos x}}} \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \sqrt t \ln t = \sqrt 2  \cdot 0 = 0\] dove si è utilizzato il fatto che \(\ln t\) è infinito, per \(t \to 0\), di ordine inferiore a \(t^{ – \alpha } \), per ogni \(\alpha  > 0\); in definitiva si ha: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - \cos x} \right)^{\sin x}  = e^0  = 1\quad .\]Nell’ultimo caso possiamo escludere che esista il limite, poiché se consideriamo la restrizione del dominio alla successione divergente \(x = k\pi \), con \(k\in \mathbb{N}\), otteniamo \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {x\ln x}  - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\sqrt {\frac{{\ln x}}{x}}  - 1} \right) =  - \infty \] mentre nei punti  della successione \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi\) la funzione diverge, almeno da una parte, a \( + \infty \), a causa del termine \(\tan x\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilisimo professore,

mi aiuta a risolvere il seguente problema (Matutor, pag. 120 n.9)?

Dopo aver determinato il valore di \(a\) per il quale la retta \(y = x\) è asintoto obliquo destro per la funzione \[f\left( x \right) = \frac{{xe^x  + 3x}}{{ae^x  - x - 1}}\] per tale valore di \(a\);

a)       studia il segno di \(f\left( x \right)\);

b)       individua i punti di discontinuità;

c)       calcola \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  – \infty } f\left( x \right)\);

d)       traccia il grafico probabile.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

poichè \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{e^x  + 3}}{{ae^x  - x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{e^x }}{{ae^x }} = \frac{1}{a}\] la condizione che \(y = x\) sia asintoto obliquo implica necessariamente \(a = 1\), valore per il quale risulta verificata anche la condizione \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {f\left( x \right) – x} \right) = 0\). Riguardo al segno di \(f\left( x \right)\), tenendo conto che il fattore \(e^x  + 3\) è sempre positivo, mentre il denominatore \(e^x  – x – 1\) è sempre positivo eccetto che in \(x=0\), dove si annulla (si può dimostrare che la retta \(y = x\) è tangente alla curva \(y = e^x  – 1\) nell’origine, e poiché questa è sempre convessa verso l’alto, si ha \(e^x  – 1 \ge x\) per ogni \(x\)), si conclude che \(f\left( x \right) > 0\) per \(x > 0\), \(f\left( x \right) < 0\) per \(x < 0\), \(f\left( x \right)\) non definita in \(x = 0\), in cui si ha un asintoto verticale, cioè un punto di discontinuità di 2° specie: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ \pm  } \frac{{x\left( {e^x  + 3} \right)}}{{e^x  - x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ \pm  } \frac{{e^x  + 3}}{{\frac{{e^x  - 1}}{x} - 1}} \to \frac{4}{{1^ \pm   - 1}} = \frac{4}{{0^ \pm  }} =  \pm \infty \quad .\] Infine: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3 + e^x }}{{ - 1 + \frac{{e^x }}{x} - \frac{1}{x}}} =  - 3\]cioè il grafico di \(f\left( x \right)\) ha come asintoto orizzontale sinistro la retta \(y =  – 3\). Si può tracciare un grafico probabile di questo tipo:

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Chiedo cortesemente un aiuto riguardo questo esercizio (n.32 pag.916 Matematica.blu 20).

Nella semicirconferenza di diametro \(AB=2r\) e centro \(O\) è condotta la corda \(AP\) che forma l’angolo \(x\) con il diametro:

a) deduci la funzione \(f(x)\) che esprime l’area della superficie del solido generato dalla rotazione del settore circolare \(OBP\) attorno al diametro e determina il dominio;

b) trova per quale valore di \(x\) tale area è massima;

c)verifica che \(\sin(\arctan(2))=\frac{2}{\sqrt{5}}\), calcola \(f(0)\) e \(f(\pi/2)\) e posto \(r=1\) disegna il grafico di \(f(x)\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

con riferimento alla figura deduciamo che:           \[PC = r\sin 2x\quad \quad CB = r - r\cos 2x = r\left( {1 - \cos 2x} \right)\]per cui, osservando che la superficie totale del solido in questione è la somma delle superfici della calotta di altezza \(CB\) e del cono di apotema \(r\) e raggio di base \(PC\), si ha:\[f\left( x \right) = 2\pi r^2 \left( {1 - \cos 2x} \right) + \pi r^2 \sin 2x = \pi r^2 \left( {2 + \sqrt 5 \sin \left( {2x - \alpha } \right)} \right)\]dove l’angolo aggiunto \(\alpha \)è tale che \(\cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\) e \(\sin \alpha  = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\), e il dominio di \(f(x)\) è \(\left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right]\). Considerando la funzione derivata \(f’\left( x \right)\), il suo segno e il valore in cui si annulla: \[f'\left( x \right) = 2\pi r^2 \sqrt 5 \cos \left( {2x - \alpha } \right) = 0 \leftrightarrow x = \frac{\alpha }{2} + \frac{\pi }{4} = \frac{{\arctan 2}}{2} + \frac{\pi }{4}\] si deduce che il massimo di \(f\left( x \right)\) si verifica per \(x = \frac{{\arctan 2}}{2} + \frac{\pi }{4} \approx 76,72^\circ \). Per quanto detto, risulta ovviamente verificato che \(\sin\alpha=\sin(\arctan(2))=\frac{2}{\sqrt{5}}\), e che \(f\left( 0 \right) = 0\) e \(f\left( {\pi /2} \right) = 4\pi\), per cui possiamo dedurre per \(f(x)\)  il grafico seguente:

Massimo Bergamini

Ricevo da Davide la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

avrei bisogno di un aiuto su un problema riguardante i fasci di rette (p. 233, nn.536 e 537 Matematica.blu 2.0). Avrei bisogno di un metodo rigoroso per risolvere il punto c) e il punto b) rispettivamente, sugli altri non ho problemi.

Dato il fascio di rette di equazione \((k+1)x+2(k+1)y-2=0\):

..…
c) determina la retta che, incontrando l’asse \(x\), forma con l’origine un segmento lungo \(\frac{1}{3}\).

Dato il fascio di rette di equazione \((k-3)x+(2k+2)y+1-3k=0\), determina:

…..

b) le rette del fascio che incontrano l’asse \(x\) in un punto \(A\) tale che \(AO=3\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Davide,

in entrambi i casi la strategia è la medesima. Nel primo caso, posto che la retta del fascio (improprio) esiste per ogni \(k \ne  – 1\), questa incontra l’asse delle \(x\) nel punto di ascissa \[x = \frac{2}{{k + 1}}\]ottenuta ponendo \(y=0\) nell’equazione del fascio. La distanza di tale punto dall’origine non è altro che il valore assoluto di tale ascissa, per cui la richiesta del punto c) si traduce nella seguente equazione per \(k\):\[\left| {\frac{2}{{k + 1}}} \right| = \frac{1}{3} \to \frac{2}{{\left| {k + 1} \right|}} = \frac{1}{3} \to \left| {k + 1} \right| = 6 \to k + 1 =  \pm 6 \to k = 5 \vee k =  - 7\;.\]Ne consegue che le rette del fascio che soddisfano alla richiesta sono due, cioè:\[3x + 6y - 1 = 0\quad \quad 3x + 6y + 1 = 0\quad .\]

Nel secondo caso, posto che la retta del fascio (proprio) incontra l’asse \(x\) solo per \(k\ne 3\), valore per il quale la retta è parallela all’asse \(x\), il punto \(A\) di ordinata nulla della retta del fascio ha ascissa \[x=\frac{3k-1}{k - 3}\] per cui si ha \(AO=3\) se e solo se \[\left| {\frac{{3k - 1}}{{k - 3}}} \right| = 3 \to \frac{{3k - 1}}{{k - 3}} =  \pm 3 \to k = \frac{5}{3}\]corrispondente alla retta \(x-4y+3=0\); la seconda retta passante per il centro \((1;1)\) del fascio e tale che \(AO=3\) è proprio la generatrice del fascio \(x+2y-3=0\) corrispondente a \(k=\infty\), ed è per tale motivo che l’equazione precedente presenta una sola soluzione per il parametro \(k\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Samuele la seguente domanda:

Caro professore,

le scrivo per chiedere aiuto riguardo ad una serie di interrogativi che mi sono sorti operando con il seguente esercizio.

Rappresenta in un sistema di riferimento cartesiano ortogonale il grafico della seguente funzione definita a tratti:

\[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x^2-4x+3}{\left|x^2-2x-3\right|}\quad \left| x \right|<3 \\ x^2+2x-1\quad \left| x \right| \ge 3 \end{array} \right.\]

Indica poi:

a) il dominio;

b) gli intervalli in cui è continua;

c) gli intervalli in cui è derivabile;

d) i punti del dominio in cui la funzione non è derivabile, precisando se sono punti angolosi, cuspidi o flessi a tangente verticale. Determina poi le equazioni delle tangenti in tali punti.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Samuele,

per cominciare, il dominio di una funzione “a tratti” si ottiene dall’unione dei vari intervalli in cui la funzione è assegnata (i “tratti”, appunto), eventualmente privati dei punti in cui l’espressione associata a quel tratto non sia definita: nel nostro caso, la prima espressione risulta definita in tutto l’intervallo \(\left| x \right|<3\) ad eccezione di \(x=-1\), che è uno dei valori in cui si annulla il denominatore, l’altro essendo \(x=3\), non appartenente all’intervallo, mentre la seconda espressione è definita per ogni \(x\) tale che \(\left| x \right|\ge 3\); ne consegue che il dominio è \({{D}_{f}}=\mathbb{R}-\left\{ -1 \right\}\). La continuità è garantita in ogni punto interno ai due tratti in cui la funzione risulti definita, essendo le due espressioni ottenute tramite operazioni algebriche coinvolgenti funzioni continue (polinomi): la continuità viene meno in \(x=-1\) perché qui la funzione non è definita e si ha \(\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{8}{{{0}^{+}}}=+\infty\), cioè si ha un asintoto verticale (discontinuità di 2° specie), ed inoltre la continuità potrebbe non essere verificata nei punti \(x=-3\) e \(x=3\), laddove si verifica il passaggio da una espressione all’altra, perciò consideriamo i seguenti elementi:\[f\left( -3 \right)=2\quad \underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-4x+3}{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|}=\underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)\left( x-3 \right)}{\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)}=\underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)}{\left( x+1 \right)}=2\]\[\underset{x\to -{{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right)=2\to f\left( -3 \right)=2=\underset{x\to -3}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\]\[f\left( 3 \right)=14\quad \underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right)=14\]\[\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-4x+3}{\left| {{x}^{2}}-2x-3 \right|}=-\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)\left( x-3 \right)}{\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)}=-\underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)}{\left( x+1 \right)}=-\frac{1}{2}\to \underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\ne \underset{x\to {{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\]Concludiamo che in \(x=-3\) la funzione è continua, mentre in \(x=3\) la funzione presenta una discontinuità di 1° specie (con “salto” di \(14-\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{29}{2}\)). In conclusione, il dominio di continuità di \(f(x)\) è rappresentato dai seguenti intervalli:\[\left] -\infty ,-1 \right[\cup \left] -1,3 \right[\cup \left] 3,+\infty  \right[\quad .\]Poiché la derivabilità implica la continuità (ma non il viceversa!), il dominio di derivabilità è un sottoinsieme del dominio di continuità, per cui sicuramente la funzione non è derivabile né in \(x=-1\) né in \(x=3\), e in tali punti non ha senso la classificazione punto angoloso/cuspide/flesso a tangente verticale, poiché questa implica la continuità nel punto. L’unico punto del dominio di continuità in cui può essere in dubbio la derivabilità è \(x=-3\), poiché qui si “saldano” due espressioni diverse, ciascuna ovviamente derivabile nei punti interni al proprio “tratto”; infatti, poiché possiamo dire che \[f’(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{2}{(x+1)^2}\quad -3<x<-1 \\ -\frac{2}{(x+1)^2}\quad -1<x<3 \\ 2x+2\quad \left| x \right| > 3 \end{array} \right.\]si ha\[\underset{x\to -{{3}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=-4\ne \underset{x\to -{{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\frac{1}{2}\] il chè conferma la non derivabilità in \(x=-3\) e la presenza di un punto di tipo angoloso, con due distinte rette tangenti nel punto (più propriamente, semi-rette tangenti), rispettivamente di equazioni \[y=-4\left( x+3 \right)+2=-4x-10\] \[y=\frac{1}{2}\left( x+3 \right)+2=\frac{1}{2}x+\frac{7}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Davide la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

avrei bisogno di un aiuto su un altro quesito riguardante le rette. Si tratta del punto c) del seguente esercizio (n.19, p.239 Matemarica.blu 2.0.):

Date le rette di equazione \(2x+2ay+1-a=0\) e \((a+1)x-ay+1=0\):

a) discuti al variare di \(a\) le posizioni reciproche delle due rette;

b) determina i centri \(C_1\) e \(C_2\) dei fasci individuati da ciascuna equazione;

c) considera il punto \(P\) di ascissa \(3\) sull’asse del segmento \(C_1C_2\) e determina i raggi \(r\) e \(R\) delle circonferenze inscritta e circoscritta al triangolo \(C_1C_2P\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Davide,

dopo aver riconosciuto che i centri dei due fasci propri sono rispettivamente i punti \({{C}_{1}}\left( -\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)\) e \({{C}_{1}}\left( -1,-1 \right)\), e che per \(a=0\) o per \(a=-2\) le rette dei due fasci sono parallele, altrimenti sono incidenti, consideriamo l’equazione dell’asse del segmento \(C_1C_2\), cioè\[y=-\frac{1}{3}\left( x+\frac{3}{4} \right)-\frac{1}{4}=-\frac{1}{3}x-\frac{1}{2}\] per cui il punto \(P\) ha coordinate \(\left( 3,-\frac{3}{2} \right)\). Per individuare i raggi \(r\) e \(R\) potremmo procedere in questo modo: ricaviamo una bisettrice \(s\) interna al triangolo \(C_1C_2P\), ad esempio quella dell’angolo di vertice \(C_2\), e l’asse \(t\) di un lato, ad esempio \(C_2P\), quindi intersechiamo tali rette con l’asse del segmento \(C_1C_2\), che è anche bisettrice dell’angolo di vertice \(P\), ottenendo rispettivamente i centri \(O_I\) (incentro) e \(O_C\) (circocentro) delle circonferenze inscritta e circoscritta, da cui poi i raggi \(r=O_IM\) e \(R=O_CC_2\), essendo \(M\left( -\frac{3}{4},-\frac{1}{4} \right)\) il punto medio di \(C_1C_2\). In alternativa, e con più economia dal punto di vista del calcolo, si può ricordare che il raggio della circonferenza inscitta ad un triangolo è dato dal rapporto tra area e semiperimetro, per cui, calcolando l’area di \(C_1C_2P\) per sottrazione dall’area del rettangolo a lati paralleli agli assi, si ottiene:\[r=\frac{S}{p}=\frac{25}{8}:\left( \frac{2\sqrt{65}+\sqrt{10}}{4} \right)=\frac{2\sqrt{65}-\sqrt{10}}{20}\quad . \] Riguardo ad \(R\) si procede come indicato, ottenendo l’equazione dell’asse \(t\), \(y=8x-\frac{37}{4}\), e l’intersezione con l’asse di \(C_1C_2\), cioè \({{O}_{C}}\left( \frac{21}{20},-\frac{17}{20} \right)\), per cui: \[R={{O}_{C}}{{C}_{2}}=\sqrt{{{\left( \frac{41}{20} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3}{20} \right)}^{2}}}=\frac{13\sqrt{10}}{20}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

le propongo un problema che non ho saputo risolvere:

La base di una piramide retta è un trapezio isoscele circoscritto ad una circonferenza di raggio \(9,6\;cm\); la base maggiore del trapezio misura \(25,6\;cm\). Sapendo che l’altezza della piramide è congruente alla metà della base maggiore del trapezio, calcolare:

a) l’area della superficie totale della piramide ed il volume del solido;

b) l’area della sezione ottenuta conducendo un piano parallelo alla base e distante dal vertice di un segmento congruente al raggio del cerchio suddetto;

c) il rapporto tra l’area della superficie laterale del cono inscritto nella piramide e quella della piramide.

Esiste il raggio della sfera circoscritta alla piramide?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alle figure, consideriamo dapprima il trapezio isoscele \(ABCD\) e i punti di tangenza \(L\), \(H\), \(N\) e \(K\) della circonferenza inscritta di centro \(O_I\) e raggio \(r_I=O_IH=9,6\;cm\). Si ricava subito che, essendo \(HB=LB=12,8\;cm\), \(CH=CN\) e \(CO_IB\) rettangolo di ipotenusa \(CB\) (in quanto \(CO_I\) e \(BO_I\) sono bisettrici rispettivamente degli angoli \(N{{O}_{I}}H\) e \(H{{O}_{I}}L\)), \[CH:{{O}_{I}}H={{O}_{I}}H:HB\to CH:9,6=9,6:12,8\to\] \[\to CH=CN=7,2\ cm\] e quindi \(CB=AD=7,2+12,8=20\;cm\). Se ora consideriamo la sezione \(O_IHV\) ricaviamo con Pitagora l’apotema \(HV=\sqrt{{{9,6}^{2}}+{{12,8}^{2}}}=16\ cm\), per cui, detti \(S\) la superficie del trapezio di base, \(p\) il suo semiperimetro e \(a\) l’apotema, possiamo ricavare superficie totale \(S_T\) e volume \(V\) della piramide:\[{{S}_{T}}=S+pa=\frac{40\cdot 19,2}{2}+40\cdot 16=1024\ c{{m}^{2}}\]\[V=\frac{1}{3}S\cdot V{{O}_{I}}=1638,4\ c{{m}^{3}}\quad .\]L’area della sezione \(A’B’C’D’\) si ricava con una semplice proporzione:\[S':S={{\left( V{{O}_{I}}' \right)}^{2}}:{{\left( VO \right)}^{2}}\to\]\[\to S'=384{{\left( \frac{9,6}{12,8} \right)}^{2}}=216\ c{{m}^{2}}\quad .\]Essendo l’area \(S_C\) della superficie laterale del cono pari a \(\pi r_Ia\), si ha il rapporto richiesto al punto c):\[\frac{{{S}_{C}}}{{{S}_{L}}}=\frac{\pi r_Ia}{pa}=\frac{\pi r_I}{p}=\frac{9,6}{40}\pi =0,24\pi \quad .\]

Riguardo all’esistenza della sfera circoscritta e quindi del suo raggio, questa è garantita dal fatto che esiste certamente una e una sola sfera passante per quattro punti non complanari, come ad esempio \(A\), \(B\), \(C\) e \(V\), ma poiché i punti \(A\), \(B\) e \(C\) definiscono una circonferenza appartenente a questa sfera, ogni altro punto di tale circonferenza, come ad esempio il quarto vertice \(D\) del trapezio di base, appartiene alla stessa sfera. L’effettivo calcolo di tale raggio è un po’ complesso: dobbiamo anzitutto considerare appunto la circonferenza circoscritta al trapezio \(ABCD\) e il relativo raggio \(r_C=O_CM\), che può essere dedotto dalla seguente equazione per \(x=O_IO_C\):\[{{\left( x+{{r}_{I}} \right)}^{2}}+N{{C}^{2}}={{\left( {{r}_{I}}-x \right)}^{2}}+L{{B}^{2}}\to\]\[\to 19,2x+{{7,2}^{2}}={{12,8}^{2}}-19,2x\to \]\[\to x=\frac{35}{12}\approx 2,917\ cm\to {{r}_{C}}=\]\[=\sqrt{N{{O}_{C}}^{2}+C{{O}_{C}}^{2}}=\frac{5\sqrt{1201}}{12}\approx 14,44\ cm\quad .\]Se ora consideriamo una sezione della sfera contenente il vertice \(V\) e i punti medi \(L\) ed \(N\) delle basi del trapezio \(ABCD\) (vedi figura), posto \(x=O_SQ=O_CO_I=35/12\), \(y=O_IV=12,8\), \(z=O_SO_C=QO_I\), \(r_S=O_SR\), \(r­_C=O_CR\), possiamo scrivere:\[{{\left( z+y \right)}^{2}}+{{x}^{2}}={{r}_{S}}^{2}\quad \wedge \quad {{r}_{C}}^{2}+{{z}^{2}}={{r}_{S}}^{2}\to \]\[\to z=\frac{{{r}_{C}}^{2}-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}{2y}=\frac{113}{80}\to {{r}_{S}}=\sqrt{{{r}_{C}}^{2}+{{z}^{2}}}\approx 14,509\ cm\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Davide la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

avrei bisogno di un aiuto per il seguente problema (n.26, p. 240  Manuale blu 2.0 di matematica):

È dato il triangolo \(ABC\), con \(A(1;0)\), \(B(5;0)\) e \(C\) variabile sulla retta di equazione \(2x-y=0\).

a) Determina \(C\) nel I quadrante in modo che \(AC=\sqrt{17}\) e trova l’ortocentro \(H\) di \(ABC\).

b) Determina l’equazione del luogo geometrico descritto dall’ortocentro del triangolo \(ABC\) quando \(C\) varia nel I quadrante. c) Utilizzando l’equazione del luogo determina le coordinate di \(C\) per cui l’ortocentro ha ordinata \(\frac{2}{3}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Davide,

il punto \(C\), in quanto vincolato alla retta \(2x-y=0\), ha coordinate \((x,2x)\), con \(x>0\) se ci limitiamo a punti del I quadrante, come richiesto, per cui \[AC=\sqrt{17}\leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+4{{x}^{2}}=17\to \] \[\to 5{{x}^{2}}-2x-16=0\to {{x}_{1}}=2\vee {{x}_{2}}=-\frac{8}{5}\] quindi \(C(2;4)\), e l’ortocentro \(H\) di \(ABC\) si ottiene intersecando la retta \(x=2\) a cui appartiene l’altezza per \(C\) con la retta \(y=\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}\) a cui appartiene l’altezza per \(A\), per cui \(H\left( 2;\frac{3}{4} \right)\).

Il luogo descritto nel I quadrante dall’ortocentro è quello definito dal punto \((x,y)\) che soddisfa il seguente sistema di condizioni: \[\left\{ \begin{array}{ll} h>0 \\ x=h \\ y=\frac{\left( 5-h \right)}{2h}\left( x-1 \right) \end{array} \right.\] essendo \(y=\frac{\left( 5-h \right)}{2h}\left( x-1 \right)\) la retta a cui appartiene l’altezza per \(A\) del triangolo \(ABC\) quando sia \(C(h,2h)\); pertanto il luogo degli ortocentri ha equazione\[y=\frac{\left( 5-x \right)\left( x-1 \right)}{2x},\quad x>0\quad .\] In particolare: \[y=\frac{\left( 5-x \right)\left( x-1 \right)}{2x}=\frac{2}{3}\leftrightarrow {{x}_{1}}=3\vee {{x}_{2}}=\frac{5}{3}\]per cui si hanno due possibilità per il punto \(C\):\[{{C}_{1}}\left( 3;6 \right)\quad \quad {{C}_{2}}\left( \frac{5}{3};\frac{10}{3} \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego di aiutarmi a risolvere per parti il seguente integrale definito:

                                       \[2\int\limits_{0}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

indichiamo con \(F\left( x \right)=\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}\) l’integrale in senso indefinito della funzione in questione, e proviamo, per successive applicazioni della regola di integrazione per parti, ad ottenere una formula ricorsiva:\[F\left( x \right)=\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=\left( \frac{x}{2}-\frac{\sin \left( 2x \right)}{4} \right)\cos \left( \omega x \right)+\omega \int{\left( \frac{x}{2}-\frac{\sin \left( 2x \right)}{4} \right)\sin \left( \omega x \right)dx}=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{\omega }{2}\int{x\sin \left( \omega x \right)dx}-\frac{\omega }{4}\int{\sin \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)dx}=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{\omega }{2}\left( -\frac{x}{\omega }\cos \left( \omega x \right)+\frac{1}{\omega }\int{\cos \left( \omega x \right)dx} \right)-\]\[-\frac{\omega }{4}\left( -\frac{1}{2}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)+\frac{\omega }{2}\int{\cos \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)dx} \right)=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}-\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)+\]\[+\frac{\omega }{8}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)-\frac{{{\omega }^{2}}}{8}\int{\left( 1-2{{\sin }^{2}}x \right)\cos \left( \omega x \right)dx}=\]\[=-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)+\frac{\omega }{8}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)-\]\[-\frac{\omega }{8}\sin \left( \omega x \right)+\frac{{{\omega }^{2}}}{4}\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=\]\[=-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)-\frac{\omega }{4}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)+\frac{{{\omega }^{2}}}{4}F\left( x \right)\]da cui\[\left( 1-\frac{{{\omega }^{2}}}{4} \right)F\left( x \right)=\frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{4\omega }\to \]\[\to F\left( x \right)=\frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)}+c\quad .\]In conclusione: \[2\int\limits_{0}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=2\left[ F\left( x \right) \right]_{0}^{\pi }=\]         \[2\left[ \frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)} \right]_{0}^{\pi }=\]\[=\frac{4\sin \left( \omega \pi  \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

Le scrivo in quanto ho difficoltà nello svolgimento di questi tre problemi.

1) Disegna un angolo convesso \(ab\) di vertice \(V\), traccia la sua bisettrice e prendi un punto \(C\) su di essa in modo che si possa tracciare una circonferenza con centro in \(C\) e raggio minore del segmento \(CV\), che incontri la semiretta \(a\) nei punti \(A\) e \(B\) e la semiretta \(b\) nei punti \(D\) ed \(E\). Dimostra che:

a) le corde \(AB\) e \(DE\) sono congruenti;

b) \(VB\) e congruente con \(VE\).

2) E’ data una semicirconferenza di diametro \(AB\) e centro \(O\). Prolunga il diametro dalla parte di \(B\) e su tale prolungamento considera un punto \(M\); da \(M\) conduci la tangente \(MQ\) alla semicirconferenza e da \(Q\) la corda \(PQ\) parallela al diametro. Dimostra che l’angolo \(P\hat{O}Q\) è doppio dell’angolo \(Q\hat{M}O\).

3) Disegna un triangolo rettangolo e traccia gli assi dei suoi cateti. Dimostra che il loro punto di intersezione appartiene all’ipotenusa.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso, dette \(F\) e \(G\) le proiezioni di \(C\) sui lati dell’angolo \(ab\), si osserva subito che \(CF\cong CG\), in quanto \(C\) appartiene alla bisettrice di \(ab\), cioè al luogo dei punti equidistanti dai lati dell’angolo, e poiché corde equidistanti dal centro di una stessa circonferenza sono tra loro congruenti (lo si ricava dalla congruenza, ad esempio, dei triangoli rettangoli \(ACF\) e \(DCG\), che condividono ipotenusa \(AC\cong DC\) e un cateto \(CF\cong CG\), e dal fatto che i triangoli \(ACB\) e \(DCE\), in quanto isosceli, hanno la base bisecata dall’altezza, cioè \(AB\cong 2AF\cong 2DG\cong DE\)), si ha subito la tesi a). Riguardo alla b), basta osservare che i triangoli rettangoli \(FCV\) e \(GCV\) sono tra loro congruenti in quanto costruiti sulla stessa ipotenusa \(VC\) e con i cateti \(FC\) e \(CG\) tra loro congruenti, per cui ne consegue:\[FV\cong GV\to AF+AV\cong DG+DV\to AV\cong DV\quad .\]

Nel secondo caso, detto \(\alpha\) l’angolo \(Q\hat{M}O\) appartenente al triangolo rettangolo \(QMO\), si ha \(Q\hat{O}M=90^\circ -\alpha=O\hat{Q}P=O\hat{P}Q\), avendo utilizzato la congruenza di angoli alterni interni tra rette parallele e la congruenza di angoli alla base nel triangolo isoscele \(OPQ\). Poiché la somma degli angoli interni a \(OPQ\) deve essere un angolo piatto, si ha: \[P\hat{O}Q=180{}^\circ -2\left( 90{}^\circ -\alpha  \right)=2\alpha \quad .\]

Nel terzo caso, ricordando che un triangolo rettangolo è inscrivibile nella circonferenza avente per diametro l’ipotenusa, si conclude subito che il punto di incontro degli assi dei cateti, in quanto equidistante sia dagli estremi dell’uno che da quelli dell’altro, è il centro della circonferenza circoscritta al triangolo, e pertanto appartiene al diametro di tale circonferenza, cioè all’ipotenusa del triangolo, di cui è punto medio.

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Caro professore,

vorrei sapere perché non esiste il seguente limite:

                                  \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sin \left( \frac{\pi }{x} \right)\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

il limite in questione è un classico esempio di comportamento “oscillante”, e quindi di non esistenza del limite, che riproduce in un limite finito quello che avviene per le funzioni periodiche, come appunto \(\sin x\), nel limite per \(x\) che tende ad infinito. Per dimostrare che tale limite non esiste è sufficiente esibire due distinte restrizioni della funzione a due diversi sottoinsiemi del dominio del tipo successioni convergenti a \(0\) tali che i limiti per \(x\) tendente a \(0\) di tali restrizioni siano diversi, dal momento che l’esistenza del limite implicherebbe l’uguaglianza dei limiti effettuati per una qualsiasi restrizione del tipo suddetto. Non è difficile individuare due esempi, nel nostro caso: consideriamo, ad esempio, le due restrizioni\[{{f}_{1}}\left( {{x}_{k}} \right)=\sin \left( \frac{\pi }{{{x}_{k}}} \right)\quad {{x}_{k}}=\frac{2}{1+4k},\ k\in \mathbb{Z}\]\[{{f}_{2}}\left( {{x}_{h}} \right)=\sin \left( \frac{\pi }{{{x}_{h}}} \right)\quad {{x}_{h}}=\frac{2}{-1+4h},\ h\in \mathbb{Z}\]per le quali si verifica facilmente che:         \[\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{1+4k}=\underset{h\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{-1+4h}=0\]\[{{f}_{1}}\left( {{x}_{k}} \right)=\sin \left( \frac{\pi \left( 1+4k \right)}{2} \right)=\sin \left( \frac{\pi }{2}+2k\pi  \right)=1\quad \forall k\in \mathbb{Z}\]\[{{f}_{2}}\left( {{x}_{h}} \right)=\sin \left( \frac{\pi \left( -1+4h \right)}{2} \right)=\sin \left( -\frac{\pi }{2}+2h\pi  \right)=-1\quad \forall h\in \mathbb{Z}\]da cui:\[\underset{{{x}_{k}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{f}_{1}}\left( {{x}_{k}} \right)=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{f}_{1}}\left( {{x}_{k}} \right)=1\ne \underset{{{x}_{h}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{f}_{2}}\left( {{x}_{h}} \right)=\underset{h\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{f}_{2}}\left( {{x}_{h}} \right)=-1\]

come volevasi dimostrare.

Massimo Bergamini

Caro professore,

mi sono bloccata su questo quesito:

i grafici delle funzioni \(y=15-x^2\) e \(y=ke^x\) sono tangenti in un punto \(T\). Determinare \(k\) e il punto \(T\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la condizione che le due curve siano tangenti in un punto di ascissa \(x\) equivale alla condizione di uguaglianza delle due funzioni e delle loro derivate nel punto, cioè:\[15-{{x}^{2}}=k{{e}^{x}}\quad \wedge \quad -2x=k{{e}^{x}}\]da cui \[15-{{x}^{2}}=-2x\to {{x}^{2}}-2x-15=0\to {{x}_{1}}=-3\vee {{x}_{2}}=5\]e pertanto \[{{k}_{1}}=6{{e}^{3}}\vee {{k}_{2}}=-10{{e}^{-5}}\to {{T}_{1}}\left( -3,6 \right)\vee {{T}_{2}}\left( 5,-10 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Annalisa la seguente domanda:

Gentile Professore,

nello studio della seguente funzione \[y=\frac{{{x}^{2}}+2}{{{x}^{3}}+2}\] non riesco a studiare il segno della derivata prima per determinare la crescenza/decrescenza della funzione. Come devo procedere?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Annalisa,

effettivamente lo studio del segno e degli zeri della funzione derivata \[y'=\frac{-x\left( {{x}^{3}}+6x-4 \right)}{{{\left( {{x}^{3}}+2 \right)}^{2}}}\]presenta una difficoltà legata alla fattorizzazione esatta del trinomio \(x^3+6x-4\): non volendo ricorrere a formule complesse (formula di Cardano per le equazioni di 3° grado), che comunque fornirebbero l’unico zero reale del suddetto trinomio, cioè \[\bar{x}=\sqrt[3]{2\sqrt{3}+2}-\sqrt[3]{2\sqrt{3}-2}\approx 0,6258\] si può comunque stabilire l’unicità di tale zero osservando che il trinomio \(x^3+6x-4\), che copre i valori da \(-\infty\) a \(+\infty\), ha derivata sempre positiva \(3x^2+6\), per cui è sempre crescente e necessariamente si annulla una sola volta, in corrispondenza a quel valore \(\bar{x}=\approx 0,6258\) che può essere calcolato approssimativamente con uno dei vari metodi di calcolo numerico (bisezione, metodo delle secanti e delle tangenti,…). Resta dunque dimostrato che la derivata prima della funzione si annulla solo in corrispondenza di \(x=0\) e di di \(x=\bar{x}=\approx 0,6258\), ed è positiva solo nell’intervallo \(0<x<\bar{x}\), mentre per il resto è negativa, ad eccezione del valore \(x=-\sqrt[3]{2}\), dove la funzione non è definita e presenta un asintoto verticale; resta dunque provato che la funzione presenta un minimo relativo in \(x=0\) e un massimo relativo in \(x=\bar{x}=\approx 0,6258\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Salve Professore,

sarebbe così gentile da spiegarmi lo svolgimento dei seguenti esercizi?

1) Data la semicirconferenza di diametro \(AB=2a\), costruire dalla stessa parte della semicirconferenza il triangolo equilatero \(ABC\). Detti \(E\) ed \(F\) i punti d’intersezione dei lati \(AC\) e \(BC\) con la semicirconferenza, determinare sull’arco \(EF\) un punto \(P\) in modo che risulti: \[PE^2+PF^2+PC^2=ka^2,\quad k\in \mathbb{R}\quad .\] Determinare la posizione di \(P\) per la quale \(k\) assume valore minimo. Calcolare in tal caso il perimetro e l’area del quadrilatero \(EPFC\).

2) Nel triangolo \(ABC\), rettangolo in \(A\), il cateto \(AB\) misura \(3a\) e l’angolo acuto adiacente ha seno uguale a \(4/5\). Nel semipiano individuato dalla retta \(AC\) non contenente \(B\) determinare un punto \(P\) tale che l’angolo \(A\hat{P}C\) misuri \(\pi/2\) e determinare il massimo della somma dei quadrati delle distanze di \(P\) dai vertici \(A\), \(B\) e \(C\).

La ringrazio anticipatamente.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

con riferimento alle figure, nel primo caso osserviamo preliminarmente che i punti \(E\) e \(F\) definiscono necessariamente un triangolo equilatero \(CEF\) di lato \(a\), e che l’angolo \(F\hat{P}E\) misura \(\frac{5}{6}\pi\), essendo il supplementare dell’angolo alla circonferenza di ampiezza \(\pi/6\) che sottende la corda \(EF\) dal lato opposto. Posto \(P\hat{E}F=x\), con \(0\le x\le \pi/6\), si ha, in base al teorema dei seni applicato al triangolo \(PEF\):

\[\frac{PE}{\sin \left( \frac{\pi }{6}-x \right)}=\frac{EF}{\sin \left( \frac{5\pi }{6} \right)}\to P{{E}^{2}}=\]\[=4{{a}^{2}}{{\left( \frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)}^{2}}\]\[\frac{PF}{\sin \left( x \right)}=\frac{EF}{\sin \left( \frac{5\pi }{6} \right)}\to P{{F}^{2}}=4{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}x\]e in base al teorema dei coseni applicato al triangolo \(CEP\): \[P{{C}^{2}}=E{{C}^{2}}+P{{E}^{2}}-2EC\cdot PE\cos \left( \frac{\pi }{3}-x \right)=\]\[={{a}^{2}}+4{{a}^{2}}{{\left( \frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)}^{2}}-4{{a}^{2}}\left( \frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)\left( \frac{1}{2}\cos x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)\]da cui l’equazione richiesta:\[2{{\cos }^{2}}x+6{{\sin }^{2}}x-4\sqrt{3}\sin x\cos x+4{{\sin }^{2}}x+1-{{\cos }^{2}}x+3{{\sin }^{2}}x=k\to \]\[\to 14-12{{\cos }^{2}}x-4\sqrt{3}\sin x\cos x=k\to 8-6\cos 2x-2\sqrt{3}\sin 2x-k=0\]dove si è fatto uso, in senso inverso, delle formule di duplicazione. Ora, posto \(X=\cos 2x\) e \(Y=\sin 2x\), si può tradurre il problema nel seguente sistema nel piano \(XY\):\[\left\{ \begin{array}{lll} 6X+2\sqrt{3}Y-8+k=0 \\ X^2+Y^2=1 \\ \frac{1}{2}\le X \le 1, 0\le Y\le \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array} \right.\] che rappresenta l’intersezione tra l’arco \(AB\) sotteso all’angolo di \(\pi/3\) della circonferenza goniometrica e il fascio improprio di rette di pendenza \(-\sqrt{3}\). Si può quindi osservare che la retta del fascio che passa per l’estremo \(A(1,0)\) dell’arco contiene anche l’estremo \(B(1/2,\sqrt{3}/2)\), e si ottiene per \(k=2\), mentre la retta tangente l’arco si ottiene per \(k=4(2-\sqrt{3})\), ed è il valore minimo che si richiede; per ragioni di simmetria, tale valore corrisponde al punto medio dell’arco, cioè all’angolo \(2x=\pi/6\), da cui \(x=\pi/12\): in tal caso:\[EP=PF=2a\sin \frac{\pi }{12}=a\sqrt{2-\sqrt{3}}\]da cui \[2{{p}_{EPFC}}=2a\left( 1+\sqrt{2-\sqrt{3}} \right)\]\[{{A}_{EPFC}}={{A}_{EFC}}-{{A}_{EPF}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}-\frac{1}{2}EP\cdot EF\sin \frac{\pi }{12}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}-\frac{2-\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}{{a}^{2}}\quad .\] Il problema amette due soluzioni distinte per i valori di \(k\) tali che \(4(2-\sqrt{3})\le k\le 2\).

Nel secondo problema, si osserva preliminarmente che il triangolo \(ABC\) è tale che \(AC=4a\), e che il punto \(P\) deve appartenere alla semicirconferenza di diametro \(AC\) appartenente al semipiano non contenente \(B\). Posto \(x=P\hat{C}A\), con \(0\le x\le \pi/2\), si ha:\[PA=4a\sin x\quad PC=4a\cos x\] e in base al teorema dei coseni applicato al triangolo \(PAB\), e al fatto che \(P\hat{A}B=\pi-x\), si ha pure\[P{{B}^{2}}=P{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}+2PA\cdot AB\cos x\] da cui, detta \(ka^2\) la somma \(PA^2+PC^2+PB^2\), si ricava l’equazione:\[16+16{{\cos }^{2}}x+9+24\sin x\cos x=k\to 33-8\cos 3x+12\sin 2x=k\]da cui, con analogo procedimento rispetto al problema precedente, si ricava il sistema:\[\left\{ \begin{array}{lll} 8X-12Y+k-33=0 \\ X^2+Y^2=1 \\ -1\le X \le 1, 0\le Y\le 1 \end{array} \right.\] Il massimo valore di \(k\) per il quale il problema ammette soluzione corrisponde alla retta del fascio tangente alla semicirconferenza goniometrica sottesa all’angolo piatto, cioè \(k=33+4\sqrt{13}\), ottenuto imponendo che la distanza retta-centro sia \(1\): il massimo della somma in questione è quindi pari a \((33+4\sqrt{13})a^2\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Rossella la seguente domanda:

Buongiorno Professore,

non riesco a risolvere i seguenti due quesiti:

1) Nel trapezio rettangolo \(ABCD\), avente \(AB\) come base maggiore e \(BC\) come lato obliquo, la diagonale \(DB\) sia bisettrice dell’angolo \(ABC=2\alpha\). Sapendo che \(DB=5l\) e che \(\cos2\alpha=7/25\), determinare le misure dei lati del trapezio. Considerare poi su \(DB\) un punto \(P\) in modo che risulti: \(DP+(25/3)PH=kDC\), con \(k\in \mathbb{R}\), essendo \(PH\) la distanza di \(P\) dalla semiretta \(BC\).

2) Sia \(ABCD\) un trapezio rettangolo avente la base maggiore \(AB=3a\), il lato obliquo \(BC\) uguale alla base minore \(CD=2a\). Dopo aver determinato gli elementi incogniti del trapezio, disegnare la semicirconferenza di diametro \(BC\) che tagli la base maggiore \(AB\) in \(H\). Sull’arco \(CH\) considerare un punto \(P\), porre \(P\hat{C}B=x/2\), e studiare la funzione: \(f(x)=(PD^2-PC^2)/CD^2\). Determinare il minimo e il massimo valore di \(f(x)\), indicando i valori di \(x\) per cui si ottengono.

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Rossella,

con riferimento alle figure, nel primo caso osserviamo che \[\cos \alpha =\sqrt{\frac{1+7/25}{2}}=\frac{4}{5}\to \sin \alpha =\frac{3}{5}\]per cui \[AD=DB\sin \alpha =3l\to AB=4l,\quad DC=CB=\frac{5l}{2}\cdot \frac{5}{4}=\frac{25}{8}l\quad .\]Posto ora \(x=H\hat{D}P\), con \(0\le x\le \pi /2-\alpha\), si ha, per il teorema dei seni:\[HB=\frac{5l\sin x}{\sin \left( x+\alpha  \right)}\to PH=HB\tan \alpha =\frac{15l\sin x}{4\sin \left( x+\alpha  \right)}\]

\[DP=\frac{PH\sin \left( \pi /2-\left( \alpha +x \right) \right)}{\sin x}=\frac{15l\cos \left( x+\alpha  \right)}{4\sin \left( x+\alpha  \right)}\]per cui l’equazione richiesta è la seguente:\[3\left( \cos \left( x+\alpha  \right)+\frac{25}{3}\sin x \right)=\frac{5}{2}k\sin \left( x+\alpha  \right)\to \]\[12\cos x-9\sin x+125\sin x=10k\sin x+\frac{15}{2}k\cos x\to \]\[\left( 24-15k \right)\cos x+4\left( 58-5k \right)\sin x=0\quad .\]

Posto \(\cos x=X\) e \(\sin x=Y\), l’equazione e le sue limitazioni risultano equivalenti al seguente sistema geometrico-analitico:\[\left\{ \begin{array}{lll} (24-15k)X+4(58-5k)Y=0 \\ X^2+Y^2=1 \\ \frac{3}{5}\le X \le 1, 0\le Y\le \frac{4}{5} \end{array} \right.\]equivalente al problema di determinare le intersezioni di un fascio proprio di rette di centro l’origine con un arco della circonferenza goniometrica di estremi \(A(1,0)\) e \(B(3/5,4/5)\); stabilito che il fascio “ruota” in senso antiorario al crescere di \(k\), e individuati i valori di \(k\) per i quali la retta \((24-15k)X+4(58-5k)Y=0\) passa per \(A\) e per \(B\) rispettivamente, si conclude che il problema ammette una soluzione per ogni \(k\) tale che \[\frac{8}{5}\le k\le 8\quad .\]

Nel secondo caso, si osserva subito che l’altezza \(CH\) del trapezio definisce il segmento \(HB=a\), per cui \(AD=\sqrt{3}a\) e \(A\hat{B}C=\frac{\pi }{3}\). Inoltre, la semicirconferenza di diametro \(BC\) incontra \(AB\) necessariamente nel piede \(H\) dell’altezza \(CH\), essendo \(CHB\) rettangolo e quindi inscritto in tale semicirconferenza. Se \(P\) deve appartenere all’arco \(CH\) l’angolo \(P\hat{C}B=x/2\) è tale che \(\pi /6\le x/2\le \pi /2\), cioè \(\pi /3\le x\le \pi\). Utilizzando il teorema dei coseni nel triangolo \(CPB\) abbiamo:\[P{{D}^{2}}=B{{C}^{2}}+P{{C}^{2}}-2BC\cdot PC\cos \left( \frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}-\frac{x}{2} \right)\to \]\[P{{D}^{2}}-P{{C}^{2}}=4{{a}^{2}}-8{{a}^{2}}\cos \frac{x}{2}\left( -\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \frac{x}{2} \right)\to \]\[f\left( x \right)=\frac{P{{D}^{2}}-P{{C}^{2}}}{C{{D}^{2}}}=1+{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}-\sqrt{3}\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}=\]\[=1+\frac{1}{2}\left( 1+\cos x \right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x=\]\[\frac{3}{2}+\cos \left( x+\frac{\pi }{3} \right)\quad \frac{\pi }{3}\le x\le \pi \quad .\] Nell’intervallo di interesse per il problema geometrico, \(f(x)\) assume il suo massimo valore negli estremi dell’intervallo di definizione, cioè \(f\left( \frac{\pi }{3} \right)=f\left( \pi  \right)=1\), mentre assume il minimo valore al centro di tale intervallo, cioè \(f\left( \frac{2}{3}\pi  \right)=\frac{1}{2}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Caro Professore,

quali sono i punti di discontinuità della funzione            \[f\left( x \right)={{e}^{\frac{1}{\ln x}}}\quad ?\]

Distinti saluti.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

la funzione è definita nell’insieme \({{D}_{f}}=\left] 0,1 \right[\cup \left] 1,+\infty  \right[\), ed è continua in ciascuno dei punti di tale dominio, ma se vogliamo considerare i punti di accumulazione del dominio che non appartengono al dominio, cioè \(x=0\) e \(x=1\), possiamo classificare questi come punti di discontinuità del grafico di \(f\left( x \right)\), di tipo “eliminabile” il primo (la funzione si può rendere continua da destra in \(x=0\) ponendo \(f\left( 0 \right)=1\)), di tipo asintoto verticale il secondo, almeno da destra, mentre da sinistra potrebbe essere resa continua anche in \(x=1\), ponendo \(f\left( 1 \right)=0\); tutto questo si giustifica alla luce dei seguenti limiti: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\ln x}}}\to {{e}^{\frac{1}{-\infty }}}\to {{e}^{0}}=1\] \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\ln x}}}\to {{e}^{\frac{1}{{{0}^{-}}}}}\to {{e}^{-\infty }}\to 0\] \[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\ln x}}}\to {{e}^{\frac{1}{{{0}^{+}}}}}\to {{e}^{+\infty }}\to +\infty \quad .\]

Massimo Bergamini