Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

vorrei un aiuto riguardo ai seguenti quesiti (nn. 317 e 318, pag.150Q, Manuale blu di matematica):

1) Da un punto \(P\) della semicirconferenza di centro \(O\) e di diametro \(AB=2r\) conduci la parallela ad \(AB\) fino ad incontrare in \(Q\) la semicirconferenza; indica poi con \(P’\) e \(Q’\) le proiezioni di \(P\) e \(Q\) su \(AB\). Posto \(B\hat{A}P=x\) determina, in funzione di \(x\):

a) il volume \(V\) del solido generato, in una rotazione completa attorno ad \(AB\), dal rettangolo \(P’PQQ’\);

b) l’area \(S\) della superficie generata, nella medesima rotazione, dall’arco \(AP\);

c) il rapporto \(q(x)=V/S\).

Trova per quale valore di \(x\) si ha \(q(x)=r/4\).

2) Nel rettangolo \(ABCD\) la diagonale \(AC\) misura \(l\). Dette \(S_1\) l’area della superficie totale del cilindro ottenuto con una rotazione completa del rettangolo intorno ad \(AB\) e \(S_2\) l’area del cerchio di raggio \(l\), poni \(C\hat{A}B=x\). Rappresenta la funzione \(y=S1/S2\) al variare di \(x\) e trova il suo valore massimo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, con riferimento alla figura, si ha:           \[AP=2r\cos x\quad PP'=2r\cos x\sin x=r\sin 2x\]\[QP=2OP'=2r\cos 2x\quad AP'=2r{{\cos }^{2}}x\]per cui:\[V=\pi PP{{'}^{2}}\cdot QP=2\pi {{r}^{3}}{{\sin }^{2}}2x\cos 2x=\]\[=2\pi {{r}^{3}}\left( 1-{{\cos }^{2}}2x \right)\cos 2x\]\[S=2\pi rAP'=4\pi {{r}^{2}}{{\cos }^{2}}x=2\pi {{r}^{2}}\left( 1+\cos 2x \right)\]\[q\left( x \right)=\frac{V}{S}=r\left( \cos 2x-{{\cos }^{2}}2x \right)\]e pertanto\[q\left( x \right)=\frac{r}{4}\leftrightarrow 4{{\cos }^{2}}2x-4\cos 2x+1=0\to \]\[\to \cos 2x=\frac{1}{2}\to x=\frac{\pi }{6}\quad .\]

Nel secondo caso, poiché \(AB=l\cos x\) e \(BC=l\sin x\), si ha: \[{{S}_{1}}=2\pi {{l}^{2}}{{\sin }^{2}}x+2\pi {{l}^{2}}\sin x\cos x\quad \quad {{S}_{2}}={{l}^{2}}\pi \]\[y\left( x \right)=\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=2\sin x\left( \sin x+\cos x \right)=\]\[=2\sqrt{2}\sin x\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)=\sqrt{2}\left( \cos \frac{\pi }{4}-\cos \left( 2x+\frac{\pi }{4} \right) \right)=\]\[=1-\sqrt{2}\sin \left( \frac{\pi }{4}-2x \right)=1+\sqrt{2}\sin \left( 2x-\frac{\pi }{4} \right)\]

per cui il valore massimo di \(y(x)\), nell’intervallo \(0\le x\le \pi /2\), si ottiene per \(\sin \left( 2x-\pi /4 \right)=1\), cioè:\[2x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}\to x=\frac{3}{8}\pi \to {{y}_{\max }}=1+\sqrt{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

avrei bisogno del suo aiuto per questo esercizio:

Si calcoli, se esiste, il seguente limite attraverso l’utilizzo di limiti notevoli o tramite il confronto tra infiniti e infinitesimi:

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

Spero che mi possa aiutare, grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

la funzione è definita in un intorno completo di \(x=0\), quindi, vista la presenza del fattore \({{2}^{-\frac{1}{x}}}\), consideriamo separatamente i limiti per \(x\to {{0}^{+}}\) e per \(x\to {{0}^{-}}\). Poiché: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)\sin x}{{{x}^{2}}\sin x}-\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}-1}{\left( \frac{{{x}^{2}}}{2} \right)}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)}{x\sin x}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}-\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}-1}{\left( \frac{{{x}^{2}}}{2} \right)}=1-\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2}\]e anche: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x-\sqrt{1-x}+1}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}+\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\]possiamo riconoscere la seguente equivalenza asintotica: \[{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}\sim {{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}{\frac{3}{2}x}=\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}\]per cui: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}\to {{0}^{+}}\cdot {{2}^{-\infty }}=0\]

\[\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}=-\frac{1}{3}\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{t}}}{t}=-\infty \]avendo utilizzando, nell’ultimo limite, la sostituzione \(t=-\frac{1}{x}\) e la prevalenza dell’infinito esponenziale rispetto all’infinito polinomiale. La non coincidenza dei limiti unilaterali porta quindi a concludere che il limite in questione non esiste.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

come vegono calcolate le coordinate del baricentro di una semiellisse con l’uso dell’integrale doppio?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

si può pensare che la regione \(R\) rappresentata dalla semiellisse sia cosituita da elementi infinitesimi di superficie \(dS=dxdy\) aventi “massa” pari a \(dS\) (come se si assumesse una densità superficiale di massa omogeneamente unitaria), collocati nei punti \(P\left( x,y \right)\in R\); pertanto, le coordinate \(\left( {{x}_{G}},{{y}_{G}} \right)\) del baricentro \(G\) della semiellisse possono identificarsi coi seguenti integrali: \[{{x}_{G}}=\frac{1}{{{S}_{R}}}\iint\limits_{R}{x\,dxdy}\]\[{{y}_{G}}=\frac{1}{{{S}_{R}}}\iint\limits_{R}{y\,dxdy}\] essendo \({{S}_{R}}=\iint\limits_{R}{dxdy}=\frac{\pi ab}{2}\) la superficie totale della semiellisse (cioè la sua “massa” totale). Pertanto, assumendo per il contorno superiore di \(R\) la seguente equazione:\[\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1\to y=b\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}\] si ha: \[{{x}_{G}}=\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{x\left( \int\limits_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}{dy} \right)dx=}\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{x\left[ y \right]_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}dx=}\]\[=\frac{2}{\pi a}\int\limits_{-a}^{a}{x\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}dx=}\frac{2a}{\pi }\int\limits_{-1}^{1}{t\sqrt{1-{{t}^{2}}}dt=}-\frac{2a}{3\pi }\left[ {{\left( 1-{{t}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{-1}^{1}=0\]\[{{y}_{G}}=\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{\left( \int\limits_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}{ydy} \right)dx=}\frac{2}{\pi ab}\int\limits_{-a}^{a}{\left[ \frac{1}{2}{{y}^{2}} \right]_{0}^{b\sqrt{1-{{x}^{2}}/{{a}^{2}}}}dx=}\]\[=\frac{b}{\pi a}\int\limits_{-a}^{a}{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)dx=}\frac{b}{\pi a}\left[ x-\frac{{{x}^{3}}}{3{{a}^{2}}} \right]_{-a}^{a}=\frac{4b}{3\pi }\quad .\]Lo stesso risultato si sarebbe potuto ottenere da considerazione di simmetria riguardo a \(x_G=0\) e dall’applicazione del teorema di Guldino per quanto riguarda \(y_G\), cioè dall’identificazione tra il volume dell’ellissoide, ottenuto ruotando \(R\) di \(2\pi\) intorno all’asse, calcolato come integrale di \(\pi {{y}^{2}}\) con \(y=b\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}}\), e lo stesso volume calcolato come \(2\pi {{y}_{G}}{{S}_{R}}\):\[2\pi {{y}_{G}}\frac{ab\pi }{2}=\pi \int\limits_{-a}^{a}{{{b}^{2}}\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)dx\to }{{y}_{G}}{{\pi }^{2}}ab=\frac{4}{3}\pi a{{b}^{2}}\to {{y}_{G}}=\frac{4b}{3\pi }\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Angela la seguente domanda:

Caro Professore,

non riesco a risolvere i seguenti integrali:

     \[\int{{{e}^{2x}}\ln \left( {{e}^{2x}}-2{{e}^{x}}+2 \right)dx}\quad \quad \quad \int{\sqrt{1-x}\arcsin \sqrt{x}dx}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Angela,

nel primo caso possiamo effettuare la sostituzione\[t={{e}^{x}}\to dt={{e}^{x}}dx\]per cui, operando per parti e utilizzando la divisione di polinomi: \[\int{{{e}^{2x}}\ln \left( {{e}^{2x}}-2{{e}^{x}}+2 \right)dx}=\int{t\ln \left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)dt=}\]\[=\frac{1}{2}{{t}^{2}}\ln \left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{t}^{2}}\left( 2t-2 \right)}{{{t}^{2}}-2t+2}dt=}\]\[=\frac{1}{2}{{t}^{2}}\ln \left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)-\int{\left( t+1 \right)dt+2\int{\frac{1}{{{\left( t-1 \right)}^{2}}+1}}dt=}\]\[=\frac{1}{2}{{t}^{2}}\ln \left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)-\frac{1}{2}{{t}^{2}}-t+2\arctan \left( t-1 \right)+c=\]\[=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}\left( \ln \left( {{e}^{2x}}-2{{e}^{x}}+2 \right)-1 \right)-{{e}^{x}}+2\arctan \left( {{e}^{x}}-1 \right)+c\quad .\]Nel secondo caso, utilizzando ancora l’integrazione per parti:\[\int{\sqrt{1-x}\arcsin \sqrt{x}dx}=-\frac{2}{3}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}\arcsin \sqrt{x}+\frac{1}{3}\int{\frac{{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}}{\sqrt{x}}}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x}}dx=\]\[=-\frac{2}{3}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}\arcsin \sqrt{x}+\frac{1}{3}\int{\frac{\left( 1-x \right)}{\sqrt{x}}}dx=\]\[=-\frac{2}{3}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}\arcsin \sqrt{x}+\frac{1}{3}\int{\frac{1}{\sqrt{x}}}dx-\frac{1}{3}\int{\sqrt{x}}dx=\]\[=-\frac{2}{3}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}\arcsin \sqrt{x}+\frac{2}{3}\sqrt{x}-\frac{2}{9}{{x}^{\frac{3}{2}}}+c=\]\[=-\frac{2}{3}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{3}{2}}}\arcsin \sqrt{x}-\frac{2}{9}\sqrt{x}\left( x-3 \right)+c\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

mi aiuti a risolvere questo quesito:

Un cono ha il raggio di base \(18\) e l’altezza \(24\). In esso sono inscritti un cilindro e una sfera disposti in modo che il cilindro ha la base inferiore concentrica alla base del cono e la sfera è tangente alla base superiore del cilindro nonchè al cono. Si sa che il volume della sfera sta a quello del cilindro come \(5\) sta a \(8\).

Calcolare il volume e l’area della superficie totale del cono, le misure del raggio della sfera, del raggio e dell’altezza del cilindro, il volume della parte del cono dato che non è comune alla sfera ed al cilindro, la misura dell’angolo al centro del settore circolare che si ottiene sviluppando su di un piano la superficie laterale del cono dato.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, in cui il triangolo rettangolo \(POV\) rappresenta una semi-sezione del cono in un piano contenente l’asse di simmetria del cono stesso, si ricava subito che \(VP=30\), e quindi:

\[{{V}_{cono}}=\frac{1}{3}\pi 24\cdot {{18}^{2}}=2592\pi \] \[ {{S}_{cono}}=30\cdot 18\pi +{{18}^{2}}\pi =864\pi \quad .\]Dalle ipotesi, posta \(h=TO\) l’altezza del cilindro: \[\frac{{{V}_{sfera}}}{{{V}_{cilindro}}}=\frac{5}{8}\to {\frac{4}{3}\pi r_{S}^{3}}/{\pi r_{C}^{2}h}\;=\frac{5}{8}\to 15r_{C}^{2}h=32r_{S}^{3}\]e inoltre, sfruttando la similitudine dei triangoli \(SUV\), \(VTR\) e \(VOP\): \[\frac{SU}{SV}=\frac{3}{5}\to SV=\frac{5}{3}{{r}_{S}}\to \frac{5}{3}{{r}_{S}}+{{r}_{S}}+h=24\to h=24-\frac{8}{3}{{r}_{S}}\]\[\frac{TR}{TV}=\frac{3}{4}\to {{r}_{C}}=\frac{3}{4}\cdot \frac{8}{3}{{r}_{S}}=2{{r}_{S}}\] da cui:\[15\cdot 4r_{S}^{2}\left( 24-\frac{8}{3}{{r}_{S}} \right)=32r_{S}^{3}\to {{r}_{S}}=\frac{15}{2},\quad {{r}_{C}}=15,\quad h=4\]e di conseguenza: \[V={{V}_{cono}}-{{V}_{sfera}}-{{V}_{cilindro}}={{V}_{cono}}-\frac{13}{8}{{V}_{cilindro}}=2592\pi -\frac{13}{8}900\pi =\frac{2259}{2}\pi \quad .\]

Infine, l’angolo \(\alpha\) al centro del settore circolare si ottiene, in radianti, come rapporto tra la circonferenza di base del cono e il suo apotema:            \[\alpha =\frac{2\pi \cdot 18}{30}=\frac{6}{5}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Loris la seguente domanda:

Salve professore,

potrebbe gentilmente risolvere questo esercizio che non mi riesce?

           \[{{\log }_{\frac{1}{10}}}\left( \frac{x+1}{x-1} \right)>{{\log }_{\frac{1}{10}}}\left( \frac{x}{x+1} \right)\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Loris,

innanzitutto le condizioni di esistenza:

\[\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x+1}{x-1} >0 \\ \frac{x}{x+1} >0 \end{array} \right.\] \[\left\{ \begin{array}{ll} x<-1 \vee x>1 \\ x <-1 \vee x>0 \end{array} \right.\] cioè \(x <-1 \vee x>1\) è l’insieme di esistenza della disequazione, che peraltro, limitatamente a tale insieme, equivale alla seguente disequazione algebrica: \[\frac{x+1}{x-1}<\frac{x}{x+1}\to \frac{3x+1}{\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)}<0\to x<-1\vee -\frac{1}{3}<x<1\] per cui, intersecando con le condizioni di esistenza, la disequazione risulta soddisfatta se e solo se \(x<-1\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilisimo professore,

mi aiuta a svolgere il seguente esercizio (pag.1715 n.30 Manuale blu 2.0)?

Sono date le funzioni \(f\left( x \right)=x\ln \frac{1}{x}\) e \(g\left( x \right)={{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}+2f\left( x \right)\) :

a) giustifica che \(f\left( x \right)\) è una funzione derivabile in \({{\mathbb{R}}^{+}}\) e trova la sua derivata prima:

b) giustifica che \(g\left( x \right)\) è una funzione derivabile in \({{\mathbb{R}}^{+}}\) e che risulta \(g’\left( x \right)=2f’\left( x \right)\cdot \left[ f\left( x \right)+1 \right]\);

c) dimostra che le tangenti ai grafici di \(f\left( x \right)\) e \(g\left( x \right)\) nel punto di ascissa \(x=\frac{1}{e}\) sono parallele e che esiste solo un altro punto in cui i due grafici hanno la tangente parallela.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

in quanto prodotto di funzioni derivabili per ogni \(x\in {{\mathbb{R}}^{+}}\), \(f\left( x \right)\) è una funzione derivabile in \({{\mathbb{R}}^{+}}\), e la sua derivata è \[f'\left( x \right)=\ln \frac{1}{x}-1\quad .\] Allo stesso modo, possiamo quindi giustificare il fatto che anche \(g\left( x \right)\) sia una funzione derivabile in \({{\mathbb{R}}^{+}}\), in quanto ottenuta da \(f\left( x \right)\) solo attraverso operazioni algebriche che conservano la derivabilità. Inoltre:\[g'\left( x \right)=2f\left( x \right)\cdot f'\left( x \right)+2f'\left( x \right)=2f'\left( x \right)\left[ f\left( x \right)+1 \right]\quad .\]

Poiché \(f’\left( \frac{1}{e} \right)=\ln e-1=0\) , ne consegue \(g’\left(\frac{1}{e} \right)=2f’\left(\frac{1}{e}\right)\cdot \left[ f\left(\frac{1}{e} \right)+1 \right]=0\), cioè le tangenti ai grafici delle due funzioni nel punto di abscissa \(x=\frac{1}{e}\) sono parallele in quanto entrambe parallele all’asse \(x\). Infine, essendo \(x=\frac{1}{e}\) l’unico valore in cui  \(f’\left( x \right)=0\), l’uguaglianza \[f'\left( x \right)=g'\left( x \right)=2f'\left( x \right)\left[ f\left( x \right)+1 \right]\] è soddisfatta, oltre che per \(x=\frac{1}{e}\), nelle eventuali soluzioni dell’equazione \(2\left[ f\left( x \right)+1 \right]=1\), cioè:           \[x\ln \frac{1}{x}+\frac{1}{2}=0\quad .\] La funzione a primo membro di questa equazione, continua e derivabile in tutto \({{\mathbb{R}}^{+}}\), tende a \(1/2\) per \(x\) che tende a \(0\), a \(-\infty\) per \(x\) che tende a \(+\infty\), ha derivata positiva per \(x<1/e\), negativa per \(x>1/e\), nulla per \(x=1/e\), quindi è positiva e monotona crescente tra \(0\) e \(1/e\), poi monotona decrescente tra \(1/e\) e \(+\infty\), per cui si annulla sicuramente una e una sola volta, in base al teorema di esistenza e unicità degli zeri, per un valore di \(x\) maggiore di \(1/e\), più precisamente per \(x\approx 1,421\), come si può stabilire con uno dei vari metodi di calcolo approssimato; anche per tale valore di \(x\) le tangenti ai grafici di \(f(x)\) e di \(g(x)\) sono parallele.

Massimo Bergamini

Ricevo da Andrea la seguente domanda:

Salve,

vorrei sapere come si dimostra il seguente quesito.

Siano date due funzioni \(h(x)\) e \(g(x)\), da \(\left( 0,+\infty  \right)\) a \(\mathbb{R}\), strettamente positive, e sia

                      \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=L\quad .\]

Dimostrare che se \(L>1\) allora \(f(x)>g(x)\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Andrea,

una premessa: suppongo che la tesi vada intesa in questo modo:

 … allora esiste un \(\bar{x}\) tale che per ogni \(x>\bar{x}\) si ha \(f(x)>g(x)\)

cioè la maggiorazione \(f(x)>g(x)\) deve valere definitivamente per \(x\to +\infty\), non necessariamente in tutto il dominio \(\left( 0,+\infty  \right)\), altrimenti è facile produrre controesempi che la falsificano (\(f(x)=3x^2+1\), \(g(x)=x^2+2\)). Detto questo, la dimostrazione si può ricavare dal teorema di permanenza del segno:\[L>1\Rightarrow \exists \varepsilon >0/L=1+\varepsilon \Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=1+\varepsilon \Rightarrow\]\[\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}-1 \right)=\varepsilon >0\Rightarrow \exists \bar{x} /\forall x>\bar{x}:\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}-1>0\Rightarrow\]…per il teorema della permanenza del segno…          \[\Rightarrow \forall x>\bar{x}:\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}>1\Rightarrow f\left( x \right)>g\left( x \right)\]

che è la tesi.

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

avrei bisogno del suo aiuto per questo esercizio:

Si calcoli, se esiste, il seguente limite attraverso l’utilizzo di limiti notevoli o tramite il confronto tra infiniti e infinitesimi:

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln x\frac{\sqrt{1+{{x}^{3}}}-\cos \left( x\sqrt{x} \right)}{\sin \sqrt{x}-{{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

considerato che

\[\frac{\sqrt{1+{{x}^{3}}}-\cos \left( x\sqrt{x} \right)}{\sin \sqrt{x}-{{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)}=\frac{\left( \sqrt{1+{{x}^{3}}}-1 \right)+\left( 1-\cos \left( x\sqrt{x} \right) \right)}{\sin \sqrt{x}-{{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)}\]

 e che, nel limite per \(x\to 0^+\):\[\sqrt{1+{{x}^{3}}}-1\sim \frac{1}{2}{{x}^{3}}\quad 1-\cos \left( x\sqrt{x} \right)\sim \frac{1}{2}{{x}^{3}}\]\[\sin \sqrt{x}\sim \sqrt{x}\quad {{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)\sim x\]

dove il simbolo \(\sim\) indica l’equivalenza asintotica, possiamo concludere che, essendo \({{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)\) trascurabile rispetto a \(\sin \sqrt{x}\):

\[\frac{\sqrt{1+{{x}^{3}}}-\cos \left( x\sqrt{x} \right)}{\sin \sqrt{x}-{{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)}\sim \frac{{{x}^{3}}}{\sqrt{x}}={{x}^{\frac{5}{2}}}\] e quindi, essendo \({{\left( \ln x \right)}^{-1}}\) infinitesimo di ordine comunque inferiore rispetto a qualunque potenza positiva di \(x\) nel limite per \(x\to 0^+\):\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln x\frac{\sqrt{1+{{x}^{3}}}-\cos \left( x\sqrt{x} \right)}{\sin \sqrt{x}-{{\ln }^{2}}\left( 1+\sqrt{x} \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln x\cdot {{x}^{\frac{5}{2}}}=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Chiara la seguente domanda:

Ch.mo Prof. Bergamini,

non riesco a risolvere il seguente problema (n.410, pag.1840, Matematica.blu 2.0):

“Silas non fa altro che dormire, bere caffè e dimostrare teoremi, e non fa mai più di una di queste cose alla volta. Impiega \(5\) minuti per bere una tazza di caffè. Quando fa matematica, Silas dimostra \(s+\ln c\) teoremi ogni ora, dove \(c\) è il numero di tazze di caffè che beve quotidianamente e \(s\) è il numero di ore in cui dorme ogni giorno. Quante tazze di caffè deve bere Silas in un giorno per dimostrare il massimo numero di teoremi?”

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Chiara,

effettivamente ti sei confrontata con un problema difficile (non a caso fa parte di una competizione matematica di livello avanzato), che si presterebbe, in generale, ad essere affrontato come problema di ottimizzazione di una funzione a due variabili, e quindi non ancora  alla portata dell’analisi liceale; la difficoltà consiste appunto nel tentare di impostare una strategia risolutiva con i mezzi a disposizione, cioè la teoria dei massimi/minimi di una funzione ad una variabile. Posto che le ore dedicate quotidianamente da Silas alla matematica sono \(24-s-\frac{c}{12}\), si ricava che il numero \(t\) di teoremi dimostrati da Silas in un giorno è dato dalla seguente funzione: \[t=\left( s+\ln c \right)\left( 24-s-\frac{c}{12} \right)=24s-{{s}^{2}}-\frac{sc}{12}+24\ln c-s\ln c-\frac{c}{12}\ln c\] che è effettivamente funzione di due variabili, \(s\) e \(c\), ciascuna con proprie limitazioni: \(0\le c\le 288\), \(0\le s \le 24\). Tuttavia, per ogni fissato valore di \(c\), possiamo vedere \(t\) come funzione di \(s\), derivare \(t\) rispetto alla sola variabile \(s\), e verificare se la condizione \(\frac{dt}{ds}\left( s \right)=0\) definisca un valore \(s_m\) di \(s\) (che dipenderà parametricamente da \(c\)) corrispondente ad un massimo:\[\frac{dt}{ds}=24-2s-\frac{c}{12}-\ln c\to \frac{dt}{ds}=0\leftrightarrow {{s}_{m}}=12-\frac{c}{24}-\frac{1}{2}\ln c\]e poiché la derivata seconda di \(t(s)\) rispetto ad \(s\) è \(-2<0\), il valore \(s_m\) trovato è effettivamente corrispondente ad un massimo. Per trovare il valore di \(c\) che massimizza \(t\) possiamo ora introdurre l’espressione di \(s_m\) in \(t\) è derivare rispetto a \(c\):\[t\left( c \right)=\left( 12-\frac{c}{24}-\frac{1}{2}\ln c+\ln c \right)\left( 24-12+\frac{c}{24}+\frac{1}{2}\ln c-\frac{c}{12} \right)=\]\[={{\left( 12-\frac{c}{24}+\frac{1}{2}\ln c \right)}^{2}}\]per cui: \[\frac{dt}{dc}=2\left( 12-\frac{c}{24}+\frac{1}{2}\ln c \right)\left( -\frac{1}{24}+\frac{1}{2c} \right)=\frac{\left( 288-c+12\ln c \right)\left( 12-c \right)}{288c}\]Pertanto: \[\frac{dt}{dc}=0\Rightarrow 288-c+12\ln c=0\vee 12-c=0\]La prima delle due equazioni non si riesce a risolvere in modo esatto, ma si può affermare che ammette una sola soluzione \(c_1\) nell’intervallo \(0\le c\le 288\), poiché alla funzione \(288-c+12\ln c\) è applicabile il teorema di esistenza e unicità degli zeri (ha derivata seconda sempre negativa), e inoltre si può concludere che \(288-c+12\ln c<0\) per \(c<c_1\) e \(288-c+12\ln c>0\) per \(c>c_1\); risulta quindi facile dedurre, dal segno complessivo della derivata di \(t(c)\), che il massimo viene assunto per \(c_2=12\), che è la soluzione proposta.

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Gentile prof. Bergamini,

chiedo il suo aiuto nel calcolo del seguente limite:

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

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

il limite si presenta come confronto di infinitesimi simultanei, ma mentre si può capire abbastanza agevolmente che il denominatore è asintoticamente equivalente a \(x^4\) nel limite considerato in quanto

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+2{{x}^{4}}}-1}{{{x}^{4}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{x}^{4}}}{{{x}^{4}}\left( \sqrt{1+2{{x}^{4}}}+1 \right)}=1\]

risulta più complicato capire a quale ordine di infinitesimo appartenga il numeratore, in quanto differenza di due infinitesimi, \(\ln \left( 1+x\sin x \right)\) e \({{e}^{{{x}^{2}}}}-1\), entrambi equivalenti a \(x^2\), come è facile dimostrare utilizzando limiti notevoli; in tal caso, risulta utile sviluppare l’espressione utilizzando polinomi di Taylor-McLaurin per ricavare il termine asintotico:

 \[\ln \left( 1+x\sin x \right)=x\sin x-\frac{{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}x}{2}+...=\]\[=x\left( x-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+.. \right)\left( 1-\frac{x}{2}\left( x-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+.. \right) \right)=\]\[=\left( {{x}^{2}}-\frac{1}{6}{{x}^{4}}+.. \right)\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{12}{{x}^{4}}+.. \right)={{x}^{2}}-\frac{2}{3}{{x}^{4}}+...\]

\[{{e}^{{{x}^{2}}}}-1={{x}^{2}}+\frac{{{x}^{4}}}{2}+...\]

per cui:

\[\ln \left( 1+x\sin x \right)-\left( {{e}^{{{x}^{2}}}}-1 \right)={{x}^{2}}-\frac{2}{3}{{x}^{4}}-{{x}^{2}}-\frac{1}{2}{{x}^{4}}+...\sim -\frac{7}{6}{{x}^{4}}\]

e quindi il limite si può ridurre al seguente:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{{{x}^{2}}}}+1}{\sqrt{1+2{{x}^{4}}}-1}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\frac{7}{6}{{x}^{4}}}{{{x}^{4}}}=-\frac{7}{6}.\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

avrei bisogno del suo aiuto per questo esercizio:

Studiare la disequazione \(f\left( x \right)\ge 0\), essendo

\[f\left( x \right)=\left( \sqrt{{{\ln }^{2}}\left| x \right|-\ln \left| x \right|}-\ln \left| x \right| \right)\arctan \left( \frac{\left| x \right|+1}{\left| x \right|-1} \right)\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

dapprima le condizioni di esistenza:\[x\ne 0\quad \wedge \quad {{\ln }^{2}}\left| x \right|-\ln \left| x \right|\ge 0\quad \wedge \quad \left| x \right|-1\ne 0\]da cui:\[x\ne 0,\pm 1\quad \wedge \quad \ln \left| x \right|\left( \ln \left| x \right|-1 \right)\ge 0\to \]\[\to \left| x \right|<1\ \vee \ \left| x \right|\ge e,\ x\ne 0\]quindi la funzione \(f\left( x \right)\) esiste nell’insieme         \[{{D}_{f}}=\left] -\infty ,-e \right]\cup \left] -1,0 \right[\cup \left] 0,1 \right[\cup \left[ e,+\infty  \right[\quad .\]Il fattore \(\left( \sqrt{{{\ln }^{2}}\left| x \right|-\ln \left| x \right|}-\ln \left| x \right| \right)\) risulta negativo se \(\ln \left| x \right|\ge 0\ \wedge \ {{\ln }^{2}}\left| x \right|-\ln \left| x \right|<{{\ln }^{2}}\left| x \right|\), cioè se \(\ln \left| x \right|>0\), quindi per \(\left| x \right|>1\): considerando le condizioni di esistenza, tale fattore risulta negativo per \(x\le -e\vee x\ge e\), positivo per \(-1<x<1,x\ne 0\), mai nullo in \(D_f\). Il fattore \(\arctan \left( \frac{\left| x \right|+1}{\left| x \right|-1} \right)\), anch’esso mai nullo, risulta positivo se lo è il suo argomento, quindi se e solo se \(\left| x \right|-1>0\), cioè per \(\left| x \right|>1\): questo implica che i due fattori, mai nulli in \(D_f\), hanno sempre segni contrapposti in tutto il dominio della funzione, che risulta quindi sempre negativa: la disequazione \(f\left( x \right)\ge 0\) è pertanto impossibile. Il grafico della funzione \(f(x)\) conferma il risultato analitico.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

come si risolvono questi quesiti?

1) Dire in quanti modi anagrammare il proprio nome e il proprio cognome.

2) Da un’urna contenente \(50\) biglie numerate da \(1\) a \(50\) dire quanti gruppi di \(4\) elementi si possono formare nel caso che due gruppi diversi differiscano solo per l’ordine e nel caso che differiscano per almeno un elemento.

3) Si lanciano tre dadi: quante sono le possibili distribuzioni  che si possono ottenere e quante forniscono come somma un multiplo di \(5\)?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

riguardo agli anagrammi in generale, si tratta di enumerare le possibili permutazioni con ripetizione di \(n\) elementi, di cui eventualmente solo \(k\le n\) distinti, essendo \(m_1\), \(m_2\),…,\(m_k\) i numeri di volte in cui si ripetono i \(k\) elementi distinti, con \(m_1+m_2+…+m_k=n\). Il conteggio porta alla formula\[{{P}_{{{m}_{1}}{{m}_{2}}...{{m}_{k}}}}=\frac{n!}{{{m}_{1}}!{{m}_{2}}!...{{m}_{k}}!}\quad .\]Ad esempio, la parola “mamma” ha \(n=5\) e \(k=2\), con \(m_1=2\) e \(m_2=3\), per cui i possibili anagrammi sono \(\frac{5!}{2!3!}=10\).

Nel problema delle \(50\) biglie numerate, si tratta semplicemente di calcolare le disposizioni semplici di \(50\) oggetti distinti presi \(4\) a \(4\), se si vuol tenere conto dell’ordine, mentre in caso contrario si conteggiano le combinazioni semplici dello stesso tipo:            \[{{D}_{50,4}}=\frac{50!}{\left( 50-4 \right)!}=50\cdot 49\cdot 48\cdot 47=5527200\]\[{{C}_{50,4}}=\frac{50!}{4!\left( 50-4 \right)!}=\frac{5527200}{24}=230300\quad .\]

Nell’ultimo quesito, si tratta di calcolare le possibili distribuzioni con ripetizione di \(6\) oggetti (le \(6\) possibili facce di ciascun dado) presi \(3\) a \(3\), il cui numero totale è semplicemente \({{6}^{3}}=216\). Se si considera la somma dei tre numeri sulle facce, si ha la seguente distribuzione del numero di casi, tra i \(216\) possibili, in cui si verifica ciascuna somma, come si può ricavarecon un po’ di pazienza : 

Pertanto, i casi in cui la somma è un multiplo di \(5\), cioè \(5\), \(10\) o \(15\), sono in totale \(6+27+10=43\).

 Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

la prego di aiutarmi a risolvere questi quesiti (n.454 e n.455 pag.184U Manuale blu di matematica):

1) Due semirette \(r\) e \(s\) hanno l’origine \(O\) in comune e formano un angolo di ampiezza \(\frac{2}{3}\pi\). Considera un punto \(A\) sulla semiretta \(r\) tale che \(\overline{OA}=b\) e un punto \(B\) sulla semiretta \(s\) tale che \(\overline{OB}=2b\). Da \(A\) conduci una semiretta che incontra \(OB\) nel punto \(P\) e da \(P\) la parallela a \(OA\) che incontra in \(S\) il lato \(AB\) . Calcola il limite per \(P\to O\) del rapporto \(\frac{\overline{PS}}{\overline{PA}}\).

2) Dato il fascio di parabole \(y=-x^2+kx\) individua le caratteristiche comuni a tutte le parabole, indicando in particolare il punto base del fascio \(B\) e il luogo descritto dai vertici delle parabole al variare di \(k\in \mathbb{R}\).  Dopo aver scritto l’equazione della tangente in \(B\) alla genercia parabola del fascio, considera il punto di incontro \(C\) tra la tangente e la retta \(x=k\) e il punto \(H\) proiezione di \(C\) sull asse \(x\). Calcola \[\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\overline{BC}-\overline{BH}}{\overline{CH}\cdot \overline{BH}}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, posto \(x=\overline{PO}\), con \(0\le x\le 2b\), per la similitudine dei triangoli \(BPS\) e \(BOA\), possiamo dire che \(2b-x=2\overline{PS}\), cioè \(\overline{PS}=\frac{2b-x}{2}\). Per il teorema dei coseni applicato al triangolo \(AOP\), e ricordando che \(\cos \left( \frac{2}{3}\pi  \right)=-\frac{1}{2}\), possiamo dire che \(\overline{PA}=\sqrt{{{x}^{2}}+{{b}^{2}}+bx}\), per cui:\[\underset{P\to O}{\mathop{\lim }}\,\frac{\overline{PS}}{\overline{PA}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2b-x}{2\sqrt{{{x}^{2}}+bx+{{b}^{2}}}}=\frac{2b}{2b}=1\quad .\]

Nel secondo problema, osserviamo che il fascio è costituito da parabole isometriche aventi tutte il punto \(B(0,0)\) in comune: il vertice \(V\left( \frac{k}{2},\frac{{{k}^{2}}}{4} \right)\) descrive, al variare di \(k\in \mathbb{R}\), la parabola \(y=x^2\). Poiché la derivata in \(x=0\) della funzione \(y=-x^2+kx\) è \(y’\left( 0 \right)=k\), l’equazione della retta tangente in \(B\) alla parabola del fascio è \(y=kx\), e il punto \(C\) ha quindi coordinate \(C(k,k^2)\); di conseguenza:

\[\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\overline{BC}-\overline{BH}}{\overline{CH}\cdot \overline{BH}}=\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{k}^{4}}+{{k}^{2}}}-\left| k \right|}{\left| k \right|\cdot {{k}^{2}}}=\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| k \right|\left( \sqrt{{{k}^{2}}+1}-1 \right)}{\left| k \right|\cdot {{k}^{2}}}=\]\[=\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \sqrt{{{k}^{2}}+1}-1 \right)}{{{k}^{2}}}=\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{{{k}^{2}}+1}+1}=\frac{1}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Caro Professore,

vorrei chiederle come posso calcolare la derivata della funzione \[f\left( x \right)=\sqrt{{{\ln }^{2}}x+\sin \left( {{\pi }^{2}}{{x}^{2}} \right)}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

applicando la regola di derivazione delle funzioni composte, si ha:\[f'\left( x \right)=\frac{\frac{2\ln x}{x}+2{{\pi }^{2}}x\cos \left( {{\pi }^{2}}{{x}^{2}} \right)}{2\sqrt{{{\ln }^{2}}x+\sin \left( {{\pi }^{2}}{{x}^{2}} \right)}}=\frac{\ln x+{{\pi }^{2}}{{x}^{2}}\cos \left( {{\pi }^{2}}{{x}^{2}} \right)}{x\sqrt{{{\ln }^{2}}x+\sin \left( {{\pi }^{2}}{{x}^{2}} \right)}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesco la seguente domanda:

Caro Professore,

una spiegazione logica alla risoluzione di questo quesito?

Per conoscere in anticipo il vincitore di questa gara a squadre, un indovino ha ordinato una sfera di cristallo di \(40\;cm\) di raggio. La sfera è stata trasportata in una scatola cubica di un metro di lato. Data la fragilità dell’oggetto, la sfera era tenuta ferma, all’interno della scatola, da otto sferette di gomma uguali tra di loro e poste in corrispondenza dei vertici del cubo in modo da impedire ogni movimento della sfera di cristallo. Determinare, in millimetri, il raggio delle sfere di gomma usate per l’imballaggio.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Francesco,

consideriamo una sezione diagonale della scatola cubica, cioè il rettangolo \(ABCD\) rappresentato in figura, in cui si ha \(AD=1\) e \(AB=\sqrt{2}\), e quindi \(AK=\frac{1}{2}\), \(AL=\frac{\sqrt{2}}{2}\), restando inteso che le misure sono in metri. Ciascuna delle otto sfere esterne, ciascuna di raggio \(r\), deve essere tangente alle tre facce del cubo, in tre punti, ad esempio \(Q\), \(R\) e \(N\), che con il centro \(P\) della sfera costituiscono quattro vertici di un cubo di lato \(r\): il centro \(P\) e il punto \(N\) appartengono al piano diagonale, e si ha \(AN=\sqrt{2}r\). Se ora consideriamo il triangolo rettangolo \(PJO\), per il teorema di Pitagora si deve avere:\[{{\left( r+R \right)}^{2}}={{\left( \frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}r \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{2}-r \right)}^{2}}\to \]\[\to r+R=\sqrt{3}\left( \frac{1}{2}-r \right)\to r=\frac{\left( \sqrt{3}-2R \right)}{2\left( \sqrt{3}+1 \right)}\]

per cui, sostituendo il valore di \(R=0,4\ m\), si ha:\[r\approx 0,1706\ m\approx 171\ mm\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo professor Bergamini,

mi aiuta per favore a risolvere questo problema?

Quanti sono i numeri di \(5\) cifre con almeno una cifra dispari? Quanti quelli con almeno una cifra pari?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

cominciamo con il calcolare quanti siano i numeri di \(5\) cifre: tenendo presente che un numero non può cominciare con uno \(0\), si ricava facilmente \(8\cdot 9\cdot 9\cdot 9\cdot 9=52488\). Per ricavare quanti fra questi abbiano almeno una cifra dispari, conviene conteggiare l’insieme complementare di quei numeri di \(5\) cifre che hanno solo cifre pari, cioè (ricordando sempre che \(0\) è pari ma non può comparire all’inizio) \(4\cdot {{5}^{4}}=2500\), e sottrarlo al precedente, ottenendo \(52488-2500=49988\). In modo analogo, poiché i numeri di \(5\) cifre che hanno solo cifre dispari sono \({{5}^{5}}=3125\), il numero di quelli che hanno almeno una cifra pari è dato da \(52488-3125=49363\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

ho questo quesito che non ho saputo impostare:

È data la circonferenza di equazione \(x^2+y^2-x-4y=0\). Sia \(A\) il punto di intersezione con il semiasse positivo delle ordinate e \(B\) il suo punto di intersezione con il semiasse positivo delle ascisse. Sull’arco \(AB\) che non contiene \(O\) determina un punto \(P\) in modo che l’area del triangolo \(APB\) sia uguale a \(4\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

ricavati gli estremi \(A(0,4)\) e \(B(,1,0)\) dell’arco di circonferenza a cui appartiene il punto \(P\), può risultare opportuno individuare \(P\) come intersezione tra l’arco \(AB\) e la retta \(y=mx\) uscente dall’origine:\[{{x}^{2}}+{{m}^{2}}{{x}^{2}}-x-4mx=0\to x=0\quad \vee \quad {{x}_{P}}=\frac{4m+1}{1+{{m}^{2}}},\ {{y}_{P}}=\frac{4{{m}^{2}}+m}{1+{{m}^{2}}}\quad .\]

La richiesta che il triangolo \(ABP\) abbia area uguale a \(4\) equivale alla richiesta che la distanza di \(P\) dalla retta \(AB\), di equazione \(4x+y-4=0\), sia pari a \(\frac{8}{\sqrt{17}}\), essendo \(\overline{AB}=\sqrt{17}\), pertanto:\[\frac{\left| \frac{16m+4+4{{m}^{2}}+m}{1+{{m}^{2}}}-4 \right|}{\sqrt{17}}=\frac{8}{\sqrt{17}}\to 17m=\pm 8\left( 1+{{m}^{2}} \right)\to \]\[\to 8{{m}^{2}}-17m+8=0\quad \vee \quad 8{{m}^{2}}+17m+8=0\to \] \[\to {{m}_{1}}=\frac{17+\sqrt{33}}{16}\quad \vee \quad {{m}_{2}}=\frac{17-\sqrt{33}}{16}\] (la seconda equazione ha soluzioni entrambe negative, quindi non accettabili). Sostituendo i valori di \(m_1\) e \(m_2\) nelle espressioni delle coordinate di \(P\) si individuano i due triangoli \(ABP\) che soddisfano la richiesta del problema.

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Buongiorno,

Le chiedo gentilmente se può aiutarmi a risolvere il seguente esercizio (n.52 pag.1740 Matematica.blu 2.0):

Verifica che le funzioni \(y=-\arcsin \left( x-1 \right)\) e \(y=\arccos \left( x-1 \right)\) differiscono per una costante e individuala.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

poiché nei punti interni dell’intervallo \(\left[ 0,2 \right]\), che costituisce il dominio di entrambe le funzioni, le funzioni stesse sono derivabili e hanno uguale derivata, cioè    \[D\left( -\arcsin \left( x-1 \right) \right)=D\left( \arccos \left( x-1 \right) \right)=-\frac{1}{\sqrt{1-{{\left( x-1 \right)}^{2}}}}\quad \forall x\in \left] 0,2 \right[\]in base a un corollario del teorema di Lagrange possiamo affermare che le due funzioni differiscono al più per una costante. Poiché in generale \[\arccos \left( x \right)=\frac{\pi }{2}-\arcsin \left( x \right)\to \arccos \left( x \right)-\left( -\arcsin \left( x \right) \right)=\frac{\pi }{2}\]la costante in questione è \(\frac{\pi }{2}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Jessica la seguente domanda:

Gent.mo professor Bergamini,

non riesco a risolvere il seguente problema (n.34 pag.1766 Manuale blu 2.0):

a) Dimostra che la funzione \(f\left( x \right)=2x+4\sin x\) non è periodica.

b) Determina gli intervalli nei quali è invertibile.

c) Verificato che nell’intervallo \(\left[ -\frac{2}{3}\pi ;\frac{2}{3}\pi  \right]\) è monotona crescente e nell’intervallo \(\left[ \frac{2}{3}\pi ;\frac{4}{3}\pi  \right]\) è monotona decrescente, trova le corrispondenti immagini.

d) Detta \(g\) l’inversa di \(f\) nel primo intervallo e \(h\) l’inversa di \(f\) nel secondo, calcola \(g’\left( 0 \right)\) e \(h’\left( 2\pi  \right)\).

Le rispondo così:

Cara Jessica,

se esistesse un periodo \(P\) per la funzione \(f(x)\), che è definita, continua e derivabile in tutto \(\mathbb{R}\), si dovrebbe avere:\[2x+4\sin x=2\left( x+P \right)+4\sin \left( x+P \right)\quad \forall x\in \mathbb{R}\]cioè\[\sin x-\sin \left( x+P \right)=\frac{P}{2}\quad \forall x\in \mathbb{R}\quad .\]Ma poiché due funzioni derivabili differiscono per una costante se e solo se hanno uguale derivata, si dovrebbe avere \[\cos x=\cos \left( x+P \right)\quad \forall x\in \mathbb{R}\to P=2k\pi \] per una qualche valore intero \(k\): sostituendo \(P=2k\pi\) nell’uguaglianza precedente, si avrebbe\[\sin x-\sin \left( x+2k\pi  \right)=k\pi \to \sin x-\sin x=k\pi \to \]\[\to 0=k\pi \to k=0\to P=0\]che equivale a dire che \(f(x)\) non è periodica.

Dal segno della funzione derivata \(f’\left( x \right)=2+4\cos x\) deduciamo gli intervalli di monotonia, quindi di invertibilità, della funzione:\[2+4\cos x>0\to \cos x>-\frac{1}{2}\to -\frac{2}{3}\pi +2k\pi <x<\frac{2}{3}\pi +2k\pi ,\quad k\in \mathbb{Z}\]\[2+4\cos x<0\to \cos x<-\frac{1}{2}\to \frac{2}{3}\pi +2k\pi <x<\frac{4}{3}\pi +2k\pi ,\quad k\in \mathbb{Z}\]per cui \(f(x)\) è strettamente crescente negli intervalli \(\left[ -\frac{2}{3}\pi +2k\pi ;\frac{2}{3}\pi +2k\pi  \right]\), strettamente decrescente negli intervalli \(\left[ \frac{2}{3}\pi +2k\pi ;\frac{4}{3}\pi +2k\pi  \right]\). In particolare, negli intervalli \(\left[ -\frac{2}{3}\pi ;\frac{2}{3}\pi  \right]\) e \(\left[ \frac{2}{3}\pi ;\frac{4}{3}\pi  \right]\) è rispettivamente monotona crescente e monotona decrescente, per cui l’immagine di \(f(x)\) in ciascuno di essi può essere ricavata semplicemente calcolando i valori della funzione in corrispondenza degli estremi degli intervalli:

\[\left[ -\frac{4}{3}\pi -2\sqrt{3};\frac{4}{3}\pi +2\sqrt{3} \right]\quad \quad \left[ \frac{8}{3}\pi -2\sqrt{3};\frac{4}{3}\pi +2\sqrt{3} \right]\quad .\]In base alla relazione tra derivata di una funzione invertibile e derivata della sua funzione inversa, possiamo dire che:\[g'\left( 0 \right)=\frac{1}{f'\left( g\left( 0 \right) \right)}\quad \quad h'\left( 2\pi  \right)=\frac{1}{f'\left( h\left( 2\pi  \right) \right)}\]essendo \(g\left( 0 \right)\) la soluzione dell’equazione \(2x+4\sin x=0\) appartenente all’intervallo \(\left[ -\frac{2}{3}\pi ;\frac{2}{3}\pi  \right]\), \(h\left( 2\pi  \right)\) la soluzione dell’equazione \(2x+4\sin x=2\pi \) appartenente all’intervallo \(\left[ \frac{2}{3}\pi ;\frac{4}{3}\pi  \right]\), cioè \(g\left( 0 \right)=0\) e \(h\left( 2\pi  \right)=\pi\), per cui: \[g'\left( 0 \right)=\frac{1}{2+4\cos \left( 0 \right)}=\frac{1}{6}\quad \quad h'\left( 2\pi  \right)=\frac{1}{2+4\cos \left( \pi  \right)}=-\frac{1}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini