Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Professore,

cortesemente un aiuto (n.340 e n.342, pag.894, Manuale blu 2.0 di matematica):

1) Data la semcirconferenza di centro \(O\) e diametro \(AB=2r\), considera su di essa il punto \(C\) tale che, indicato con \(\alpha\) l’angolo \(O\hat{A}C\), sia \(\cos\alpha=3/5\). Considera su \(BC\) un punto \(P\). Posto \(B\hat{O}P=x\), determina la funzione \(f(x)\) che rappresenta il perimetro del triangolo \(OPB\) e risolvi, nei limiti imposti dal problema, l’equazione \(f(x)=\frac{12}{5}r\).

2) In una circonferenza di raggio \(r\) traccia la corda \(AB\) lunga come il lato del triangolo equilatero inscritto e la tangente alla circonferenza nel punto \(B\). Sul minore degli archi \(AB\), considera il punto \(P\) e indica con \(H\) l’intersezione della semiretta \(AP\) con la tangente in \(B\). Posto \(P\hat{A}B=x\), determina, nei limiti geometrici del problema, per quali valori di \(x\) è risolta l’equazione \((AP+PB)\cdot BH=\sqrt{3}r^2\). Risolvi in \(\mathbb{R}\) la disequazione \(AH\ge HB\) e verifica che i valori di \(x\) ammessi dal problema fanno parte delle soluzioni.

Grazie mille

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

nel primo problema, posto che \(0\le x\le 2\alpha\), applicando il teorema dei seni al triangolo \(OPB\) si ha:\[\frac{OP}{\sin \left( \frac{\pi }{2}-\alpha  \right)}=\frac{OB}{\sin \left( x+\frac{\pi }{2}-\alpha  \right)}\to OP=\frac{3r}{4\sin x+3\cos x}\]\[\frac{OP}{\sin \left( \frac{\pi }{2}-\alpha  \right)}=\frac{PB}{\sin x}\to PB=\frac{5r\sin x}{4\sin x+3\cos x}\]per cui:        \[f\left( x \right)=r+\frac{3r+5r\sin x}{4\sin x+3\cos x}=\frac{3r\left( 3\sin x+\cos x+1 \right)}{4\sin x+3\cos x}\quad .\]L’equazione \(f(x)=\frac{12}{5}r\) si riduce quindi alla seguente:         \[\sin x+7\cos x-5=0\to \cos x=\frac{3}{5},\sin x=\frac{4}{5}\quad \vee \quad \cos x=\frac{4}{5},\sin x=-\frac{3}{5}\]da cui si deduce che la sola soluzione accettabile, nei limiti del problema, è la prima, cioè \(x=\alpha\).

Nel secondo problema, utilizzando il teorema della corda e il fatto che \(A\hat{P}B=2\pi/3\), \(A\hat{B}H=\pi/3\) e \(P\hat{B}H=x\), si ha: \[AP=2r\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right)\quad PB=2r\sin x\]mentre dal teorema dei seni applicato ai triangoli \(PBH\) e \(ABH\) consegue \[\frac{BH}{\sin \left( \frac{\pi }{3} \right)}=\frac{PB}{\sin \left( \frac{\pi }{3}+x \right)}\to \]\[\to BH=\frac{\sqrt{3}r\sin x}{\sin \left( \frac{\pi }{3}+x \right)}\quad AH=\frac{3r\sin x}{2\sin \left( \frac{\pi }{3}+x \right)}\quad .\]Si ha quindi l’equazione \[2\left( \sin x+\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right) \right)\sin x=\sin \left( \frac{\pi }{3}+x \right)\to \]\[\to 2{{\sin }^{2}}x+2\sqrt{3}\sin x\cos x-\sqrt{3}\cos x-\sin x=0\to \]\[\to \left( 2\sin x-1 \right)\cdot \left( \sqrt{3}\cos x+\sin x \right)=0\to \sin x=\frac{1}{2}\vee \tan x=-\sqrt{3}\]per cui, nei limiti del problema, risulta accettabile la sola soluzione \(x=\frac{\pi }{6}\). Per quanto riguarda la disequazione \(AH\ge HB\), si ottiene, a prescindere dai limiti geometrici del problema e confrontando i segni dei termini ottenuti:\[\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\sin x}{\sin \left( \frac{\pi }{3}+x \right)}\ge 0\to -\frac{\pi }{3}+2k\pi <x\le \frac{\pi }{3}+2k\pi .\] Si può concludere che anche i valori di \(x\) ammessi dal problema soddisfano la disequazione in questione, coerentemente con il significato geometrico della stessa.

Massimo Bergamini

Ricevo da Veronica la seguente domanda:

Non riesco a risolvere questo problema:

Disegna il grafico della funzione \(y=\frac{1}{1+{{x}^{4}}}\). Considera poi un generico punto \(P\) del grafico appartenente al primo quadrante e le sue proiezioni \(H\) e \(K\) rispettivamente sull’asse delle ascisse e su quello delle ordinate. Determina l’ascissa di \(P\) in modo che:

a) risulti massimo il volume del solido di rotazione generato dal triangolo \(OHP\) in una rotazione completa attorno all’asse \(x\);

b) risulti massimo il volume del solido di rotazione generato dal triangolo \(OKP\) in una rotazione completa attorno all’asse \(y\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Veronica,

la funzione in questione è ovunque definita, continua e derivabile in \(\mathbb{R}\), è pari e sempre positiva, ha un massimo locale e assoluto in \(x=0\), di valore \(1\), essendo la derivata prima nulla in \(x=0\), positiva per \(x<0\) e negativa per \(x>0\), e due punti di flesso obliquo in corrispondenza alle ascisse \(x=\pm \sqrt[4]{\frac{3}{5}}\), come si può dedurre dallo studio della derivata seconda. Posto che sia \(P(x,\frac{1}{1+{{x}^{4}}})\), si ha che la rotazione di \(OHP\) intorno all’asse \(x\) genera un cono di volume\[{{V}_{1}}\left( x \right)=\frac{\pi H{{P}^{2}}\cdot OH}{3}=\frac{\pi \left| x \right|}{3{{\left( 1+{{x}^{4}} \right)}^{2}}}\]mentre la rotazione intorno all’asse \(y\) del triangolo \(OKP\) genera un cono di volume \[{{V}_{2}}\left( x \right)=\frac{\pi K{{P}^{2}}\cdot OK}{3}=\frac{\pi {{x}^{2}}}{3\left( 1+{{x}^{4}} \right)}\quad .\]Deriviamo entrambe le funzioni e studiamone zeri e segno:\[{{V}_{1}}'\left( x \right)=\frac{\pi \left| x \right|\left( 1-7{{x}^{4}} \right)}{3x{{\left( 1+{{x}^{4}} \right)}^{3}}}=\frac{\pi \left| x \right|\left( 1-\sqrt{7}{{x}^{2}} \right)\left( 1+\sqrt{7}{{x}^{2}} \right)}{3x{{\left( 1+{{x}^{4}} \right)}^{3}}}=0\to x=\pm \frac{1}{\sqrt[4]{7}}\]\[{{V}_{2}}'\left( x \right)=\frac{2\pi x\left( 1-{{x}^{4}} \right)}{3{{\left( 1+{{x}^{4}} \right)}^{2}}}=\frac{2\pi x\left( 1-{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{x}^{2}} \right)}{3{{\left( 1+{{x}^{4}} \right)}^{3}}}=0\to x=0\vee x\pm 1\]Si può quindi concludere che nel primo caso si realizza un massimo per entrambi i valori \(x=\pm \frac{1}{\sqrt[4]{7}}\), e nel secondo caso solo per i valori \(x\pm 1\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Le chiedo gentilmente se mi puó aiutare a svolgere il seguente problema (n.26 pag.1765 Matematica.blu 2.0):

Una pallina si muove sull’asse \(x\) seguendo la legge oraria \(x\left( t \right)=2\cos \left( \omega t+a \right)\), dove \(t\) rappresenta il tempo e \(\omega\) e \(a\) sono costanti (con \(-\pi<a<0\), \(0<\omega <\pi\)).

a) Trova \(a\) e \(\omega\) sapendo che all’istante \(t=0\) la pallina si trova in \(x=1\) e all’istante \(t=1\) si trova in \(x=2\).

b) Descrivi il moto della pallina precisandone il periodo e indicando gli intervalli del primo periodo in cui la velocità è positiva e quelli in cui è negativa.

c) Calcola in quali istanti la velocità e l’accelerazione della pallina sono nulle.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

per prima cosa osserviamo che, sotto le condizioni poste:\[x\left( 0 \right)=2\cos a=1\to a=-\frac{\pi }{3}\]\[x\left( 1 \right)=2\cos \left( \omega -\frac{\pi }{3} \right)=2\to \omega =\frac{\pi }{3}\]per cui:\[x\left( t \right)=2\cos \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)\to v\left( t \right)=-\frac{2}{3}\pi \sin \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)\to a\left( t \right)=-\frac{2}{9}{{\pi }^{2}}\cos \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)\quad .\]Il moto della pallina è un moto armonico semplice, con periodo \(T=\frac{2\pi }{\pi /3}=6\). Il segno della velocità si ricava dalle seguenti disequazioni: \[v>0\leftrightarrow \sin \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)>0\to \frac{4}{3}\pi +2k\pi <\frac{\pi }{3}t<\frac{7}{3}\pi +2k\pi \to 4+6k<t<7+6k\]\[v<0\leftrightarrow \sin \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)<0\to \frac{\pi }{3}+2k\pi <\frac{\pi }{3}t<\frac{4}{3}\pi +2k\pi \to 1+6k<t<4+6k\]per cui, nell’intervallo \(0\le t\le 6\), si ha che \(v>0\) per \(0\le t <1\) o per \(4<t\le 6\), mentre \(v<0\) per \(1<t<4\), e \(v=0\) per \(t=1\) o per \(t=4\). L’accelerazione è nulla se:\[a=0\leftrightarrow \cos \left( \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3} \right)=0\to \frac{\pi }{3}t-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k\pi \to t=\frac{5}{2}+3k\]che, nell’intervallo \(0\le t\le 6\), implica \(t=\frac{5}{2}\) o \(t=\frac{11}{2}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego mi aiuti a capire questi quesiti sui limiti:

1) Assegnato un segmento \(OC=a\), si prenda un punto \(P\) su \(OC\) e si tracci la circonferenza \(\Gamma\) con centro \(O\) e raggio \(OP\). Da \(C\) si tracci una delle tangenti a \(\Gamma\), e sia \(B\) il punto di tangenza. Calcolare, al tendere di \(P\) a \(C\), il limite del rapporto \((OC−OB−BC)/PC\).

2) Data la semicirconferenza \(\Gamma\) di centro \(O\) e diametro \(AB=2r\), si tracci la semiretta \(t\) tangente a \(\Gamma\) in \(A\). Preso un punto \(P\in \Gamma\), sia \(Q\) la sua proiezione su \(t\). Calcolare, al tendere di \(P\) ad \(A\), il limite del rapporto \(PQ/AQ\).

3) Per il vertice \(B\) di un triangolo equilatero \(ABC\) di lato \(a\), tracciare, nel semipiano di origine \(BC\) a cui non appartiene il triangolo, la semiretta \(r\bot BC\). Preso un punto \(D\) su \(r\), indicare con \(E\) e \(F\) i punti in cui la parallela al lato \(AB\) condotta per \(D\) interseca i lati \(AC\) e \(BC\). Calcolare, al tendere di \(D\) a \(B\), il limite del rapporto tra l’area del triangolo \(DFB\) e l’area del trapezio \(ABFE\).

4) Data una semicirconferenza di diametro \(AB=2r\), tracciare la corda \(AC=r\) e indicare con \(P\) un generico punto sull’arco \(BC\). Esprimere in funzione di \(P\hat{B}C=x\) il rapporto \((2p−2BC)/S\), dove \(2p\) ed \(S\) rappresentano rispettivamente perimetro e area del triangolo \(PBC\). Calcolare il limite del rapporto in questione per \(P\to C\) e per \(P\to B\).

5) In un trapezio isoscele la base maggiore \(AB\) è lunga \(2a\), la base minore \(CD\) è lunga \(2b\) e l’altezza misura \(h\). Manda una parallela alle basi che intersechi i lati obliqui \(AD\) e \(BC\) rispettivamente nei punti \(M\) e \(N\) e indica con \(P\) il punto medio della corda \(MN\). Detta \(x\) la distanza fra la corda \(MN\) e la base minore \(CD\), esprimi in funzione di \(x\) l’area \(S_1\) del trapezio \(ABMN\) e l’area \(S_2\) del triangolo \(ABP\) e rappresentale in un piano cartesiano. Infine calcola il limite del rapporto \(S_1/S_2\) al tendere di \(M\) a \(A\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, posto \(PC=x\), con \(0\le x\le a\), si ha \(BC=\sqrt{2ax-{{x}^{2}}}\), per cui:\[\underset{P\to C}{\mathop{\lim }}\,\frac{OC-OB-BC}{PC}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-\sqrt{2ax-{{x}^{2}}}}{x}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{-2a+2x}{x+\sqrt{2ax-{{x}^{2}}}}\to -\frac{2a}{{{0}^{+}}}=-\infty \quad .\]

Nel secondo caso, posto \(A\hat{O}P=x\), con \(0\le x < \pi/2\), si ha:\[\underset{P\to A}{\mathop{\lim }}\,\frac{PQ}{AQ}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{r-r\cos x}{r\sin x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{1+\cos x}=0\quad .\]

Nel terzo caso, posto \(FK=HB=x\), con \(0\le x\le \frac{\sqrt{3}}{2}a\), poiché \(FD=2BF\) e \(AB:EF=BC:CF=CM:(CM-FK)\),  si ha:\[CF=EF=a-\frac{2\sqrt{3}}{3}x\quad BF=\frac{2\sqrt{3}}{3}x\to \]\[\to {{S}_{DFB}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}{{x}^{2}}\quad {{S}_{ABFE}}=\left( a-\frac{\sqrt{3}}{3}x \right)x\]

per cui:\[\underset{D\to B}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{S}_{DFB}}}{{{S}_{ABFE}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sqrt{3}x}{3a-\sqrt{3}x}=0\quad .\]

Nel quarto caso, poiché \(BC=\sqrt{3}r\) e \(C\hat{P}B=\frac{2}{3}\pi\), posto \(P\hat{B}C=x\) si ha \(0\le x \le \pi/3\), e quindi, applicando il teorema della corda,  \(PB=2r\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right)\), \(PC=2r\sin x\), da cui:\[f\left( x \right)=\frac{2p-2BC}{S}=\frac{2\sin x+2\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right)-\sqrt{3}}{\sqrt{3}r\sin x\sin \left( \frac{\pi }{3}-x \right)}\quad .\]Si noti che, per la simmetria della funzione, i limiti per \(P\to C\) e per \(P\to B\) sono equivalenti entrambi al limite per \(x\to 0\) (se si pone \(t=\pi/3-x\), il secondo limite risulta uguale al primo), quindi basta calcolare il primo:\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sin x-2\sqrt{3}\left( 1-\cos x \right)}{r\sin x\left( 3\cos x-\sqrt{3}\sin x \right)}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\left( 1-\sqrt{3}\left( 1-\cos x \right)/\sin x \right)}{r\left( 3\cos x-\sqrt{3}\sin x \right)}=\frac{2}{3r}\quad .\]

Nell’ultimo caso, poiché \(LN:CL=EB:CE\), si ha \(MN=2\left( b+\left( a-b \right)x/h \right)\) per cui:\[{{S}_{1}}=\frac{\left( AB+MN \right)PH}{2}=\frac{\left( ah+bh+ax-bx \right)\left( h-x \right)}{h}\]\[{{S}_{2}}=\frac{AB\cdot PH}{2}=a\left( h-x \right)\quad .\] Posto \(h-x=t\), si ha:\[\underset{M\to A}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{bt+a\left( 2h-t \right)}{ah}=2\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Alberto la seguente domanda:

Caro professore,

vorrei il suo parere sul seguente quesito inerente il calcolo delle probabilità per confrontarlo con il mio ragionamento.

Ci sono 3 urne: l’urna 1 contiene due palline bianche, l’urna 2 contiene una pallina bianca e una pallina nera, l’urna 3 contiene due palline nere. Pescando da una delle tre urne prendo una pallina nera. Qual è la probabilità che, pescando dalla stessa urna, la seconda pallina estratta sia anche essa nera?

Ringrazio anticipatamente per l’aiuto.

Gli rispondo così:

Caro Alberto,

considerando a priori equiprobabile la scelta dell’urna, cioè pari a \(\frac{1}{3}\) ciascuna, possiamo innanzitutto calcolare quale sia la probabilità che si sia verificato l’evento: \(E_1\)=”la prima estratta è nera”, che si da per avvenuto:\[p\left( {{E}_{1}} \right)=\frac{1}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{1}{2}\quad .\]

Quindi, posto \(E_2\)=”la 2° estratta (dalla stessa urna della prima) è nera”, poiché la probabilità dell’evento \({{E}_{1}}\cap {{E}_{2}}\) è tale che:

\[p\left( {{E}_{1}}\cap {{E}_{2}} \right)=\frac{1}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{3}\]la probabilità dell’evento: \(E_3={{E}_{2}}|{{E}_{1}}\)=”la 2° estratta (dalla stessa urna della prima) è nera, sapendo che la 1° estratta è nera”, è data, in base alla formula di Bayes, da:       \[p\left( {{E}_{2}}|{{E}_{1}} \right)=\frac{p\left( {{E}_{1}}\cap {{E}_{2}} \right)}{p\left( {{E}_{1}} \right)}=\frac{1}{3}:\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Buongiorno, mi trovo in difficoltà con il seguente esercizio (n.33, pag.1766, Matematica blu 2.0):

a) Determina il dominio della funzione \(f\left( x \right)=\frac{\ln x}{1-2\ln x}\) e calcola il limiti per \(x\to {{0}^{+}}\) e per \(x\to +\infty\).

b) Dimostra che la funzione è invertibile nel suo dominio e scrivi l’equazione della funzione inversa. Perché la funzione è invertibile pur non essendo crescente?

c) Considera \(\left| f\left( x \right) \right|\) e verifica che assume lo stesso valore agli estremi dell’intervallo \(\left[ \sqrt[3]{e};e \right]\), Si può affermare che vale il teorema di Rolle nell’intervallo \(\left[ \sqrt[3]{e};e \right]\)?

d) Studia la continuità e la derivabilità di \(\left| f\left( x \right) \right|\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

la funzione in questione è definita e continua nel dominio \({{D}_{f}}=\left] 0,\sqrt{e} \right[\cup \left] \sqrt{e},+\infty  \right[\), e presenta i seguenti limiti: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{1-2\ln x}=-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2-1/\ln x}=-\frac{1}{2-0}=-\frac{1}{2}\]\[\underset{x\to {{\sqrt{e}}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{1-2\ln x}=\frac{e}{{{0}^{\mp }}}=\mp \infty \]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{1-2\ln x}=-\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2-1/\ln x}=-\frac{1}{2-0}=-\frac{1}{2}\quad .\]

Poiché, per ogni \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\in {{D}_{f}}\)  \[\frac{\ln {{x}_{1}}}{1-2\ln {{x}_{1}}}=\frac{\ln {{x}_{2}}}{1-2\ln {{x}_{2}}}\leftrightarrow \ln {{x}_{1}}-2\ln {{x}_{1}}\cdot \ln {{x}_{2}}=\ln {{x}_{2}}-2\ln {{x}_{1}}\cdot \ln {{x}_{2}}\leftrightarrow \]\[\leftrightarrow \ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}}\leftrightarrow {{x}_{1}}={{x}_{2}}\]concludiamo che \(f(x)\) è iniettiva, quindi che \(f(x)\) realizza una corrispondenza biunivoca e invertibile tra il dominio \(D_f\) e il codominio \(C_f=\left] -\infty ,-\frac{1}{2} \right[\cup \left] -\frac{1}{2},+\infty  \right[\); tale codominio è deducibile osservando che l’equazione\[y=\frac{\ln x}{1-2\ln x}\to \left( 1+2y \right)\ln x=y\to x={{e}^{\frac{y}{1+2y}}}\] ammette una e una sola soluzione \(\forall y\in {{C}_{f}}\) . Si osservi che da questo discende che l’espressione della funzione inversa di \(f(x)\) è la seguente: \[{{f}^{-1}}\left( x \right)={{e}^{\frac{x}{1+2x}}}\quad .\]

Si noti che dall’osservazione che la funzione derivata di \(f(x)\) è sempre positiva:\[f'\left( x \right)=\frac{1}{x{{\left( 1-2\ln x \right)}^{2}}}>0\quad \forall x\in {{D}_{f}}\]non avremmo potuto ricavare la monotonia globale su \(D_f\) della funzione, che infatti è monotona crescente solo a tratti, essendo inapplicabile in tal caso il teorema di Lagrange e i suoi corollari (l’insieme \(D_f\) non è un intervallo…).  Per un analogo motivo, non si può applicare il teorema di Rolle alla funzione  \(\left| f\left( x \right) \right|\) nell’intervallo \(\left[ \sqrt[3]{e};e \right]\), in quanto nel punto \(x=\sqrt{e}\), interno a tale intervallo, la funzione non è definita: l’uguaglianza dei valori assunti dalla funzione negli estremi dell’intervallo non comporta quindi la necessità che esista in tale intervallo almeno un punto in cui la derivata della funzione si annulli (anche se non risulta escluso che ciò possa accadere…).

La funzione \(\left| f\left( x \right) \right|\) è definita e continua in tutto \(D_f\), ma la derivabilità viene meno nel punto \(x=1\), dove si verifica che \[\underset{x\to {{0}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| f\left( 1+h \right)-f\left( 1 \right) \right|}{h}=\]\[=\underset{x\to {{0}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| h \right|}{h}\left| \frac{\ln \left( 1+h \right)}{h\left( 1-2\ln \left( 1+h \right) \right)} \right|=\pm 1\] cioè il rapporto incrementale, in corrispondenza a \(x=1\), presenta limiti unilaterali diversi. Alla stessa conclusione si sarebbe potuti pervenire osservando che \(\left| f\left( x \right) \right|=-f\left( x \right)\) per \(0<x<1\vee x>\sqrt{e}\), \(\left| f\left( x \right) \right|=f\left( x \right)\) per \(1<x<\sqrt{e}\), per cui anche i limiti destro e sinistro della derivata, per \(x\to 1\), sono opposti, in particolare \(\pm 1\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo Prof.Bergamini,

mi aiuta per favore a risolvere i seguenti limiti (pag.1761 n.351, 353, 355, Manuale blu 2.0)?

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,2\ln \left( x+1 \right)\cdot \ln x\quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{5x}+2\ln x \right)\quad \underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{\ln \left( x-1 \right)} \right)\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

cerchiamo di porre i limiti nelle forme \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty }{\infty }\), in modo da poter utilizzare il teorema di De l’Hospital. Nel primo caso:\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,2\ln \left( x+1 \right)\cdot \ln x=2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{1/\ln \left( x+1 \right)}=-2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1/x}{1/\left( x+1 \right){{\ln }^{2}}\left( x+1 \right)}=\]\[=-2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+1 \right)\left( \frac{\ln \left( x+1 \right)}{x} \right)\ln \left( x+1 \right)=-2\cdot 1\cdot 1\cdot 0=0\quad .\]

Nel secondo caso:\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{5x}+2\ln x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{5x}+\frac{2}{1/\ln x} \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1/\ln x+10x}{5x/\ln x} \right)=\] \[=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-1/\left( x{{\ln }^{2}}x \right)+10}{\left( 5\ln x-5 \right)/{{\ln }^{2}}x} \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-1/\left( x{{\ln }^{2}}x \right)+10}{5/\ln x-5/{{\ln }^{2}}x} \right)=\frac{-\infty }{{{0}^{-}}}=+\infty \] avendo fatto uso del limite \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x{{\ln }^{2}}x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\ln }^{2}}x}{1/x}=-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\ln x/x}{1/{{x}^{2}}}=\]\[=-2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{1/x}=2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1/x}{1/{{x}^{2}}}=2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x={{0}^{+}}\quad .\]

Nel terzo caso, avendo posto \(x-2=t\), e quindi \(x-1=t+1\), si ha:\[\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{\ln \left( x-1 \right)} \right)=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{t}-\frac{1}{\ln \left( t+1 \right)} \right)=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\ln \left( t+1 \right)-t}{t\ln \left( t+1 \right)} \right)=\]\[=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1/\left( t+1 \right)-1}{\ln \left( t+1 \right)+t/\left( t+1 \right)} \right)=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-1/{{\left( t+1 \right)}^{2}}}{1/\left( t+1 \right)+1/{{\left( t+1 \right)}^{2}}} \right)=\]\[=-\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{t+2} \right)=-\frac{1}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Jessica la seguente domanda:

Gent.mo Professor Bergamini,

ho qualche dubbio sull’equazione che ottengo nella risoluzione di questo problema:

Inscrivi nella parte di piano delimitata dalla parabola di equazione \(y=\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{7}{2}x+3\) e dall’asse \(x\) un rettangolo che ha il perimetro uguale a \(10\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Jessica,

detto \(P\) un punto dell’arco di parabola compreso tra le intersezioni \(A(1,0)\) e \(B(6,0)\) della parabola con l’asse \(x\), con l’ascissa \(x\) di \(P\) nell’intervallo \(1<x<\frac{7}{2}\), essendo \(x=\frac{7}{2}\) l’asse di simmetria della parabola stessa (per\(x=1\) e \(x=\frac{7}{2}\) si ottengono rettangoli che si riducono a segmenti), si ha:  \[S\left( x,0 \right),\quad R\left( 7-x,0 \right),\quad P\left( x,\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{7}{2}x+3 \right),\quad Q\left( 7-x,\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{7}{2}x+3 \right)\]per cui: \[SR=\left| 7-2x \right|,\quad PS=\left| -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+\frac{7}{2}x-3 \right|\quad .\]Si può osservare che, nei limiti della condizione \(1<x<\frac{7}{2}\), i valori assoluti sono superflui, essendo positivi i loro argomenti, per cui si ha l’equazione:\[2\left( -\frac{1}{2}{{x}^{2}}+\frac{7}{2}x-3+7-2x \right)=10\to {{x}^{2}}-3x+2=0\to \]\[\to x=1\quad \vee \quad x=2\] la cui sola soluzione accettabile, se non si considera il caso limite del rettangolo ridotto a “doppio segmento” che si ottiene per \(x=1\), è \(x=2\), cioè \(P(2,-2)\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

come si studia la derivabilità della seguente funzione definita per casi:

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

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

innanzitutto possiamo riscrivere la funzione in questo modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \sin(x+1)\quad x\ge 1\\ x+1 \quad -2<x<1 \\ -x-3\quad x\le -2 \end{array} \right.\]cosicchè risulta chiaro che la funzione è sicuramente continua e derivabile per ogni \(x\ne -2\) e \(x\ne 1\), mentre in \(x=-2\) la funzione, pur essendo continua, non è derivabile in quanto \[\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=-1\ne 1=\underset{x\to -{{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)\]mentre in \(x=1\) la funzione non è derivabile perché non è neppure continua:         \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=2\ne \sin \left( 2 \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

vorrei un aiuto per lo studio completo di questa funzione:

                                              \[f\left( x \right)=\frac{x-6}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}+1}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione in questione è definita e continua nell’insieme \({{D}_{f}}=\left] -\infty ,0 \right]\cup \left[ 2,+\infty  \right[\), si annulla in \(x=6\) ed è positiva per \(x>6\), negativa nel resto di \(D_f\). Gli unici limiti significativi sono i seguenti:\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-6}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}+1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\left| x \right|}\cdot \frac{\left( 1-6/x \right)}{\sqrt{1-2/x}+1/\left| x \right|}=-1\cdot 1=-1\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-6}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}+1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\left| x \right|}\cdot \frac{\left( 1-6/x \right)}{\sqrt{1-2/x}+1/\left| x \right|}=1\cdot 1=1\] pertanto il grafico di \(f(x)\) presenta due asintoti orizzontali, \(y=-1\) e \(y=1\). La funzione derivata            \[f'\left( x \right)=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}+5x-6}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x}{{\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x}+1 \right)}^{2}}}\]è definita in \({{D}_{f’}}=\left] -\infty ,0 \right[\cup \left] 2,+\infty  \right[\), essendo \(\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=-\infty\) e \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=+\infty\): \(x=0\) e \(x=2\) sono punti in cui la funzione è continua ma non derivabile. Studiando il segno e gli zeri della funzione derivata si ricava che \(f'\left( x \right)>0\) per \(x>2\), \(f'\left( x \right)<0\) per \(x<0\), per cui la funzione risulta monotona decrescente per \(x<0\), monotona crescente per \(x>2\), e non si presentano estremi relativi per la funzione, che risulta quindi limitata al codominio \({{C}_{f}}=\left[ -6,1 \right[\).  Si può verificare (con l’aiuto dell’informatica, non certo “a mano”…) che la derivata seconda \[f''\left( x \right)=\frac{-2{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}\left( 5\sqrt{{{x}^{2}}-2x}-3 \right)+x\left( 23\sqrt{{{x}^{2}}-2x}-3 \right)-18\sqrt{{{x}^{2}}-2x}-6}{\sqrt{{{\left( {{x}^{2}}-2x \right)}^{3}}}{{\left( \sqrt{{{x}^{2}}-2x}+1 \right)}^{3}}}\] non si annulla mai in \(D_f\) ed è sempre negativa, per cui il grafico di \(f(x)\) ha concavità sempre rivolta verso il basso.

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Gentile prof. Bergamini,

chiedo il suo aiuto nello svolgimento del seguente esercizio:

individua e classifica i punti di non derivabilità di \(y=\sqrt{{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

la funzione, che può essere scritta come \(y=\sqrt{{{x}^{2}}\left( x-3 \right)}=\left| x \right|\sqrt{x-3}\), è definita e continua nel dominio \(D=\left\{ 0 \right\}\cup \left[ 3,+\infty  \right[\); fatto salvo che in \(x=0\) la funzione non è derivabile, in quanto in un punto isolato non è neppure definibile il rapporto incrementale, la funzione non risulta derivabile anche in \(x=3\), dove presenta una semi-tangente verticale, in quanto, tenendo conto del dominio: \[y'=\frac{3{{x}^{2}}-6x}{2\sqrt{{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}}}=\frac{3x\left( x-2 \right)}{2\left| x \right|\sqrt{x-3}}=\frac{3\left( x-2 \right)}{2\sqrt{x-3}}\]per cui \[\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y'=+\infty \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Per cortesia, Le chiedo se riesce ad aiutarmi con il seguente esercizio (n.24 pag.1764 vol.5 Matematica blu 2.0):

Mediante il teorema di Lagrange, dimostra che \(\forall a,b\in \mathbb{R}\) vale la disuguaglianza: \[\left| \sin b-\sin a \right|\le \left| b-a \right|\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

sia \(\left[ a,b \right]\) un qualsiasi inrevallo chiuso e limitato di \(\mathbb{R}\): in esso la funzione \(f\left( x \right)=\sin x\), che in \(\mathbb{R}\) è ovunque definita,  continua e derivabile, soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange, per cui esiste almeno un \(c\in \left] a,b \right[\) tale che \[\frac{\sin b-\sin a}{b-a}=f'\left( c \right)=\cos \left( c \right)\]

e di conseguenza, qualunque siano \(a\) e \(b\) in \(\mathbb{R}\):  \[\left| \frac{\sin b-\sin a}{b-a} \right|=\left| \cos \left( c \right) \right|\le 1\to \frac{\left| \sin b-\sin a \right|}{\left| b-a \right|}\le 1\to \left| \sin b-\sin a \right|\le \left| b-a \right|\]

come dovevasi dimostrare.

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Gentile prof. Bergamini,

chiedo il suo aiuto nello svolgimento del seguente esercizio:

quali sono i valori che i parametri \(a\) e \(b\) devono assumere affinchè la seguente funzione sia derivabile in \(x=1\)? \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} a+\sqrt{3x^2+1}\quad x\ge 1 \\ b\ln x+x \quad x<1 \end{array} \right.\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

innanzitutto la condizione di continuità in \(x=1\): \[f\left( 1 \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( a+\sqrt{3{{x}^{2}}+1} \right)=a+2=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( b\ln x+x \right)=1\to a=-1\]quindi la condizione di derivabilità in \(x=1\):    \[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3x}{\sqrt{3{{x}^{2}}+1}}=\frac{3}{2}\]\[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{b}{x}+1 \right)=b+1\]\[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)\leftrightarrow b+1=\frac{3}{2}\to b=\frac{1}{2}\] pertanto la funzione diventa \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -1+\sqrt{3x^2+1}\quad x\ge 1 \\ \frac{1}{2}\ln x+x \quad x<1 \end{array} \right. \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo Professor Bergamini,

mi aiuta per favore a risolvere questo problema (n.25 pag.1844 Manuale blu 2.0.)?

Sia \(f(x)=kx^3-(2k+1)x+2\).

a) Dimostra che al variare di \(k\ne 0\) tutte le funzioni hanno un solo punto di flesso \(F\) che è centro di simmetria del grafico.

b) Individua la traslazione che porta \(F\) nell’origine e scrivi l’equazione della trasformata di \(f(x)\).

c) Trova per quali valori di \(k\) la curva ha punti estremanti; determina per quale valore di \(k\) in \(F\) c’è un punto di flesso orizzontale.

d) Determina \(k\) in modo che la curva abbia un minimo di ascissa \(1\) e trova, in questo caso, l’ordinata del minimo e le coordinate del massimo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

poichè\[f'\left( x \right)=3k{{x}^{2}}-2k+1\quad f''\left( x \right)=6kx\quad f'''\left( x \right)=6k\]si osserva che, per ogni \(k\ne 0\), \(f”\left( x \right)=0\wedge f”\left( x \right)\ne 0\) se e solo se \(x=0\), per cui il punto \(F(0,2\) è il punto flesso comune a tutte le funzioni. Inoltre, la simmetria di centro \(F\), cioè \(x’=-x\), \(y’=4-y\), lascia invariata ogni funzione della famiglia:  \[4-y=-k{{x}^{3}}+\left( 2k+1 \right)x+2\to y=k{{x}^{3}}-\left( 2k+1 \right)x+2\quad .\]La traslazione di vettore \(\vec{v}\left( 0,-2 \right)\), cioè \(x’=x\), \(y’=y-2\), applicata alle funzioni, le trasforma nel modo seguente: \[y+2=k{{x}^{3}}-\left( 2k+1 \right)x+2\to y=k{{x}^{3}}-\left( 2k+1 \right)x\quad .\]La condizione necessaria perché si abbiano estremanti, cioè  \(f’\left( x \right)=0\), è soddisfatta solo se \(\frac{2k+1}{3k}>0\), cioè per \(k<-\frac{1}{2}\vee k>0\): in tal caso, infatti, esistono due distinti valori di \(x\) in cui la derivata si annulla e cambia di segno, mentre per \(k=-\frac{1}{2}\) la derivata prima si annulla solo in \(x=0\) (e così pure la derivata seconda) ma non cambia segno, e pertanto in tal caso \(F(0,2)\) rappresenta un punto di flesso orizzontale. Gli estremanti, posto che sia \(k<-\frac{1}{2}\vee k>0\), si trovano nei punti di ascissa \({{x}_{1,2}}=\pm \sqrt{\frac{2k+1}{3k}}\), per cui un minimo di ascissa \(x=1\) è possibile solo se \(k=1\); in tal caso, infatti, la funzione \(f(x)=x^3-3x+2\) presenta un minimo relativo nel punto \((1,0)\), un massimo relativo nel punto \((-1,4)\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Caro professore,

un aiuto per il seguente esercizio (n.134, p.1062, Matematica.blu 2.0):

Una piramide regolare triangolare ha per facce laterali tre triangoli rettangoli le cui ipotenuse sono lunghe \(3\sqrt{2}\) cm. Un piano parallelo alla base taglia la piramide secondo una superficie di area \(\frac{9}{8}\sqrt{3}\) cm². Calcola il volume della piramide data e della piramide che il piano predetto stacca da quella data.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

con riferimento alla figura, osserviamo innanzitutto che gli spigoli \(AB\), \(BC\), \(AC\), che formano il triangolo equilatero di base, coincidono con le ipotenuse delle facce laterali, cioè misurano \(3\sqrt{2}\) cm, e quindi gli spigoli \(AD\), \(BD\) e \(CD\) misurano \(3\) cm. Poiché l’altezza di ciascuna delle facce laterali, ad esempio \(DM\), misura \(3\sqrt{2}/2\) cm, in quanto congruente alla metà dell’ipotenusa, mentre il raggio \(OM\) della circonferenza inscritta nella base è pari a \(1/3\) dell’altezza \(CM\) di \(ABC\), cioè \(OM=\frac{\sqrt{6}}{2}\) cm, applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo \(MOD\) si ricava l’altezza \(OD=\sqrt{3}\), da cui il volume della piramide \(ABCD\):\[{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}\cdot OD=\frac{1}{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{9}{2}\ c{{m}^{3}}\quad .\]Poiché, detto \(O_1\) il centro della base \(A_1B_1C_1\) della piramide staccata dal piano secante, sussiste la proporzione \({{S}_{{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}:{{S}_{ABC}}=D{{O}_{1}}^{2}:D{{O}^{2}}\), si ricava che \(D{{O}_{1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\) cm, per cui:\[{{V}_{{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}D}}=\frac{1}{3}{{S}_{{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}\cdot {{O}_{1}}D=\frac{1}{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{8}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9}{16}\ c{{m}^{3}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Salve professore,

potrebbe gentilmente mostrarmi, passo dopo passo, come poter svolgere lo studio completo della seguente funzione? \[f\left( x \right)= \left| 2\sqrt{x-3}-x+4 \right|\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

la funzione ha per dominio l’insieme di esistenza del radicale quadratico, cioè \({{D}_{f}}=\left[ 3,+\infty  \right[\), ed è ovviamente sempre non negativa in tale dominio: in particolare, si ha \(f\left( x \right)=0\) per \(x=6+2\sqrt{2}\), unica soluzione accettabile dell’equazione \(2\sqrt{x-3}=x-4\). La natura non simmetrica del dominio esclude a priori la possibilità che \(f(x)\) presenti simmetrie tipo parità o disparità. Esaminando il segno dell’espressione \(2\sqrt{x-3}-x+4\), si deduce che tale espressione è positiva nell’intervallo \(\left[ 3,6+2\sqrt{2} \right[\), negativa nell’intervallo \(\left] 6+2\sqrt{2},+\infty  \right[\), e pertanto si potrebbe scrivere  \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 2\sqrt{x-3}-x+4 \quad 3\le x<6+2\sqrt{2} \\ -2\sqrt{x-3}+x-4 \quad x\ge 6+2\sqrt{2} \end{array} \right.\]da cui si deduce che la funzione è ovunque continua nel suo dominio, e che l’unico limite che interessa è il seguente:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -2\sqrt{x-3}+x-4 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,x\left( 1-\frac{2\sqrt{x-3}+4}{x} \right)=+\infty \cdot 1=+\infty \quad .\]La possibilità che vi sia un asintoto obliquo è esclusa dall’esito del calcolo dei seguenti limiti:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2\sqrt{x-3}-4}{x}+1=1\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f\left( x \right)-x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -2\sqrt{x-3}-4 \right)=-\infty \quad .\]

Consideriamo la derivata della funzione, per \(x\ne 6+2\sqrt{2}\):\[f’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{\sqrt{x-3}}-1 \quad 3\le x<6+2\sqrt{2} \\ -\frac{1}{\sqrt{x-3}}+1 \quad x> 6+2\sqrt{2} \end{array} \right.\]da cui si ricava che la funzione non è derivabile, pur essendo continua, sia nel punto \(x=3\), essendo \(\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f’=+\infty\), sia nel punto \(x_0=6+2\sqrt{2}\), essendo:\[\underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,f'=\underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{\sqrt{x-3}}-1 \right)=\frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}-1=\frac{1}{\sqrt{{{\left( \sqrt{2}+1 \right)}^{2}}}}-1=\sqrt{2}-2\]\[\underset{x\to {{x}_{0}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,f'=\underset{x\to {{x}_{0}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{1}{\sqrt{x-3}}+1 \right)=2-\sqrt{2}\ne \underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,f'\quad .\] Si ricava inoltre che \(f’\left( x \right)=0\) se e solo se \(x=4\): essendo \(f’\left( x \right)>0\) per \(0\le x<4\) e per \(x>6+2\sqrt{2}\), e \(f’\left( x \right)<0\) per \(4<x<6+2\sqrt{2}\), il punto \((4,2)\) rappresenta un massimo relativo per il grafico di \(f(x)\). Il punto \((6+2\sqrt{2},0)\), per evidenti ragioni topologiche, è un minimo, relativo e assoluto, per \(f(x)\), pur non essendo un punto regolare. Dal segno della derivata seconda\[f’’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{1}{2\sqrt{(x-3)^3}} \quad 3\le x<6+2\sqrt{2} \\ -\frac{1}{2\sqrt{(x-3)^3}} \quad x> 6+2\sqrt{2} \end{array} \right.\] si deduce che la concavità del grafico di \(f(x)\) è rivolta verso il basso nell’intervallo \(3\le x<6+2\sqrt{2}\), verso l’alto nell’intervallo \(x>6+2\sqrt{2}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Giulia la seguente domanda:

Salve professore,

la mia domanda è: perché il limite della forma zero elevato a più infinito è uguale a zero?

Grazie per l’attenzione.

Le rispondo così:

Cara Giulia,

nelle forme \[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}\]è utile ricordare che, per ogni \(x\) appartenente al dominio della funzione \({{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}\), si ha:\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\ln {{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}}}=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{g\left( x \right)\ln{ f\left(x \right)}}} \]e poiché la funzione esponenziale è definita e continua in tutto l’insieme dei numeri reali, possiamo dire che il limite in questione esiste se e solo se esiste, finito o infinito, il seguente:\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\left( g\left( x \right)\cdot \ln f\left( x \right) \right)\]per cui in definitiva, posto che sia \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\left( g\left( x \right)\cdot \ln f\left( x \right) \right)=l\), si ha:\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}=\underset{t\to l}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}\quad .\]

Quindi, nel caso che sia \[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\quad \wedge \quad \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=+\infty \]si ha:  \[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\left( g\left( x \right)\cdot \ln f\left( x \right) \right)=+\infty \cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln f\left( x \right)=+\infty \cdot \left( -\infty  \right)=-\infty \]e pertanto:\[\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( f\left( x \right) \right)}^{g\left( x \right)}}=\underset{t\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Gentile prof. Bergamini,

chiedo il suo aiuto nello svolgimento del seguente esercizio:

individua e classifica i punti di non derivabilità della seguente funzione definita per casi:

\[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{1}{3}x^3+5x^2+5x \quad 0\le x\le 10 \\ 2x^2+\frac{5}{3}x \quad 10<x<\le 30 \end{array} \right.\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

trattandosi di polinomi, l’unico punto candidato alla non derivabilità è il punto di “sutura” dei due grafici, cioè \(x=10\), dove la funzione è infatti sì continua, essendo \(f\left( 10 \right)=\frac{650}{3}\) coincidente con i limiti destro e sinistro della funzione nel punto, ma non derivabile, in quanto\[\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( -{{x}^{2}}+10x+5 \right)=5\]\[\underset{x\to {{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to {{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 4x+\frac{5}{3} \right)=\frac{125}{3}\ne \underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)\]pertanto il punto \(A\left( 10,\frac{650}{3} \right)\) rappresenta un punto angoloso per il grafico di \(f(x)\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuti a risolvere questo quesito:

Una piramide \(VABC\) ha per base il triangolo \(ABC\) rettangolo in \(C\), lo spigolo \(VC\) lungo \(6\) e lo spigolo \(VA\) uguale alla somma dei lati \(AB\) e \(BC\). Sapendo che \(AB\) supera \(BC\) di \(5\) e che lo spigolo \(VB\) è perpendicolare al piano della base, determinare volume e area totale.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

posto \(x=BC\), il disegno si spiega da sè: applicando il teorema di Pitagora al triangolo \(VBA\), rettangolo in \(B\), si ha:\[2{{x}^{2}}+5x-18=0\to x=2\]da cui anche \(VA=9\) e \(AC=3\sqrt{5}\), il che dimostra che anche \(VCA\) è rettangolo in \(C\) (come peraltro si poteva dimostrare utilizzando il teorema delle tre perpendicolari); ne consegue: \[{{V}_{ABCV}}=4\sqrt{10}\quad \quad {{S}_{ABCV}}=12\sqrt{5}+18\sqrt{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Le chiedo di aiutarmi a svolgere il seguente esercizio (n.25 pag.1765 Matematica blu2.0):

Data la funzione \(y=f\left( x \right)={{e}^{x}}+\arctan 2x\):

a) dimostra che \(f(x)\) è invertibile nel dominio \(\mathbb{R}\);

b) detta \(g(y)\) la funzione inversa di \(f(x)\), calcola \(g(1)\);

c) calcola \(g’(1)\);

d) scrivi l’equazione della retta tangente al grafico di \(f(x)\) nel punto \(x=0\) e quella della retta tangente al grafico di \(g(y)\) nel punto corrispondente e verifica che le due rette si intersecano in un punto della bisettrice del del primo e terzo quadrante.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

che la funzione sia invertibile lo si evince dal fatto che è monotona crescente, essendo la sua derivata sempre positiva in tutto il dominio \(\mathbb{R}\): \[f'\left( x \right)={{e}^{x}}+\frac{2}{1+4{{x}^{2}}}>0\quad \forall x\in \mathbb{R}\quad .\]

Pur non essendo possibile ricavare in modo analitico e finito l’espressione della funzione inversa \(g(y)\), come spesso accade nel caso di funzioni trascendenti “miste” come questa, possiamo però ricavare \(g(1)\) ricavando ad hoc il valore di \(x\) tale che \({{e}^{x}}+\arctan 2x=1\), cioè \(x=0\), come facilmente si può verificare; pertanto \(g(1)=0\). Questo consente di calcolare anche \(g’(1)\): \[g'\left( 1 \right)=\frac{1}{f'\left( g\left( 1 \right) \right)}=\frac{1}{f'\left( 0 \right)}=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}\quad .\] Ne consegue che le rette tangenti rispettivamente al grafico di \(f(x)\) nel punto \((0,1)\) e al grafico di \(g(x)\) nel punto \((1,0)\) hanno le seguenti equazioni: \[y=3x+1\quad \quad y=\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}\] e facilmente si verifica che tali rette si intersecano nel punto \(\left( -\frac{1}{2},-\frac{1}{2} \right)\).

Massimo Bergamini