Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentile professore,

ho dei dubbi su questi limiti di successioni, come li posso risolvere? \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( {{2}^{n}}+2 \right)-n \right)\]\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{n}^{2}}+2}{{{n}^{2}}+1} \right)}^{\frac{1}{\cos \left( \frac{1}{n} \right)-1}}}\]\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{2}}\left( \sqrt[4]{1-\frac{2}{{{n}^{2}}}}-1 \right)\]\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right) \right)}^{3n}}\]\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{\frac{{{3}^{n}}+{{2}^{n}}}{{{5}^{n}}}}\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso, in cui il limite si presenta come forma \(+\infty -\infty\), procediamo raccogliendo e utilizzando le proprietà dei logaritmi:

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

Nel secondo caso, si tratta di un limite neperiano, del tipo \({{1}^{\infty }}\), che riscriviamo in forma standard usando opportune moltiplicazioni/divisioni: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{{{n}^{2}}+2}{{{n}^{2}}+1} \right)}^{\frac{1}{\cos \left( \frac{1}{n} \right)-1}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{\left( 1+\frac{1}{{{n}^{2}}+1} \right)}^{{{n}^{2}}+1}} \right)}^{^{\frac{1/{{n}^{2}}}{\left( \frac{{{n}^{2}}+1}{{{n}^{2}}} \right)\left( \cos \left( \frac{1}{n} \right)-1 \right)}}}}={{e}^{-2}}\]avendo utilizzato i seguenti limiti:\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{{{n}^{2}}+1} \right)}^{{{n}^{2}}+1}}=e\quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{n}^{2}}+1}{{{n}^{2}}} \right)=1\quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1/{{n}^{2}}}{\cos \left( 1/n \right)-1}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{t}^{2}}}{\cos t-1}=-2\quad .\]

Nel terzo caso, si può ricondurre il limite ad una forma notevole con un cambiamento di variabile:

 \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{2}}\left( \sqrt[4]{1-\frac{2}{{{n}^{2}}}}-1 \right)=-2\cdot \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1-2/{{n}^{2}} \right)}^{\frac{1}{4}}}-1}{-2/{{n}^{2}}}=-2\cdot \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1+t \right)}^{\frac{1}{4}}}-1}{t}=-2\cdot \frac{1}{4}=-\frac{1}{2}\quad .\]

Nel quarto caso, si tratta ancora di un limite neperiano:

\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right) \right)}^{3n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{\left( 1+\frac{1}{1/\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)} \right)}^{\frac{1}{\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)}}} \right)}^{\frac{\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)}{\frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1}}\frac{3n\left( n+1 \right)}{2{{n}^{2}}+1}}}={{e}^{\frac{3}{2}}}=\sqrt{{{e}^{3}}}\]

avendo utilizzato i seguenti limiti: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{1/\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)} \right)}^{\frac{1}{\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)}}}=e\quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( \frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1} \right)}{\frac{n+1}{2{{n}^{2}}+1}}=1\quad \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3n\left( n+1 \right)}{2{{n}^{2}}+1}=\frac{3}{2}\quad .\]

Infine, nell’ultimo caso, che si presenta come una forma \({{0}^{0}}\), procediamo nel modo seguente:

\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{\frac{{{3}^{n}}+{{2}^{n}}}{{{5}^{n}}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{n}\left[ \ln \left( {{3}^{n}}\left( 1+{{\left( 2/3 \right)}^{n}} \right) \right)-\ln {{5}^{n}} \right]}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\ln 3-\ln 5+\frac{\ln \left( 1+{{\left( 2/3 \right)}^{n}} \right)}{n}}}=\frac{3}{5}\]avendo utilizzato il seguente limite: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{\left( 2/3 \right)}^{n}} \right)}{n}=\frac{\ln \left( 1+0 \right)}{+\infty }=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

sono bloccato nella verifica del seguente limite:

                      \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{3}^{{{x}^{2}}}}}=0\quad .\]

Può aiutarmi? La ringrazio.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

si tratta di verificare che

\[\forall \varepsilon >0\exists {{M}_{\varepsilon }}>0:\forall x>{{M}_{\varepsilon }}\Rightarrow \left| \frac{1}{{{3}^{{{x}^{2}}}}} \right|<\varepsilon \quad .\]

Poiché \(\frac{1}{{{3}^{{{x}^{2}}}}}>0\forall x\in \mathbb{R}\) e \(\varepsilon >0\), e tenendo presente che per basi maggiori di \(1\) le funzioni esponenziali e logaritmiche sono monotone cresescenti, possiamo procedere nel modo seguente:\[\left| \frac{1}{{{3}^{{{x}^{2}}}}} \right|<\varepsilon \to {{3}^{{{x}^{2}}}}>\frac{1}{\varepsilon }\to {{x}^{2}}>{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\varepsilon } \right)\to x<-\sqrt{{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\varepsilon } \right)}\vee x>\sqrt{{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\varepsilon } \right)}\]cioè l’intorno di \(+\infty\) che si stava cercando è caratterizzato da

\[{{M}_{\varepsilon }}=\sqrt{{{\log }_{3}}\left( \frac{1}{\varepsilon } \right)}\quad .\]Si noti che nell’insieme soluzione della disequazione è compreso anche un intorno di \(-\infty\), a riprova del fatto che si ha anche  \[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{3}^{{{x}^{2}}}}}=0\] evidente conseguenza della parità della funzione stessa.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

questi quesiti non li ho capiti:

1) Determinare la misura delle diagonali del quadrilatero \(ABCD\) che è inscritto in una circonferenza ed ha \(AB=40\;cm\), \(BC=16\;cm\), \(CD=32\;cm\), \(AD=25\;cm\).

2) Determinare le diagonali di un quadrilatero convesso inscrittibile in una circonferenza i cui lati misurano \(20a\), \(65a\), \(65a\), \(70a\).

3) Nel trapezio rettangolo \(ABCD\) la base minore \(AB\) e il lato obliquo \(BC\) misurano \(5a\) e \(8a\sqrt{5}\). Preso il punto \(P\) sull’altezza \(BH\) in modo che \(BP\) sia \(10a\), determinare l’area del trapezio sapendo che \(AP\) è uguale al raggio della circonferenza \(BCP\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, consideriamo la diagonale \(AC\) e gli angoli \(\alpha =A\hat{B}C\) e \(\pi -\alpha =A\hat{D}C\). In base al teorema dei coseni, applicato ai triangoli \(ABC\) e \(ADC\) in relazione al lato comune \(AC\), possiamo dire che: \[{{40}^{2}}+{{16}^{2}}-2\cdot 40\cdot 16\cdot \cos \alpha ={{32}^{2}}+{{25}^{2}}-2\cdot 32\cdot 25\cdot \cos \left( \pi -\alpha  \right)\to \]\[\to 1856-1280\cos \alpha =1649+1600\cos \alpha \to \cos \alpha =\frac{23}{320}\to \] \[\to AC=\sqrt{1856-1280\frac{23}{320}}=42\quad .\] Procedendo in modo analogo per \(BD\), posto \(\beta =D\hat{A}B\) e \(\pi -\beta =D\hat{C}B\): \[{{40}^{2}}+{{25}^{2}}-2\cdot 40\cdot 25\cdot \cos \beta ={{32}^{2}}+{{16}^{2}}-2\cdot 32\cdot 16\cdot \cos \left( \pi -\beta  \right)\to \]\[\to 2225-2000\cos \beta =1280+1024\cos \beta \to \cos \beta =\frac{35}{112}\to \] \[\to BD=\sqrt{1280+1024\frac{35}{112}}=40\quad .\]

Nel secondo caso, in modo analogo al precedente, poniamo \(AB=20a\), \(BC=65a\), \(CD=65a\), \(DA=70a\),  \(\alpha =A\hat{B}C\), \(\pi -\alpha =A\hat{D}C\), \(\beta =D\hat{A}B\) e \(\pi -\beta =D\hat{C}B\): \[{{20}^{2}}{{a}^{2}}+{{65}^{2}}{{a}^{2}}-2\cdot 20\cdot 65{{a}^{2}}\cos \alpha =\]\[={{70}^{2}}{{a}^{2}}+{{65}^{2}}{{a}^{2}}-2\cdot 70\cdot 65{{a}^{2}}\cos \left( \pi -\alpha  \right)\to \] \[\to 4625-2600\cos \alpha =9125+9100\cos \alpha \to \cos \alpha =-\frac{5}{13}\to \]\[\to AC=a\sqrt{4625+2600\frac{5}{13}}=75a\] \[{{20}^{2}}{{a}^{2}}+{{70}^{2}}{{a}^{2}}-2\cdot 20\cdot 70{{a}^{2}}\cos \beta =\]\[={{65}^{2}}{{a}^{2}}+{{65}^{2}}{{a}^{2}}-2\cdot 65\cdot 65{{a}^{2}}\cos \left( \pi -\beta  \right)\to \] \[\to 5300-2800\cos \beta =8450+8450\cos \beta \to \cos \beta =-\frac{7}{25}\to \] \[\to BD=a\sqrt{5300+2800\frac{7}{25}}=78a\quad .\]

Nel terzo caso, ricaviamo subito \(AP=5\sqrt{5}a\), quindi, detti \(\alpha \), \(\beta \) e \(\gamma\) gli angoli nei vertici \(P\), \(B\) e \(C\) del triangolo \(PBC\), in base al teorema della corda si ha:   \[\sin \alpha =\frac{8\sqrt{5}a}{5\sqrt{5}a}=\frac{4}{5}\quad \sin \gamma =\frac{10a}{10\sqrt{5}a}=\frac{\sqrt{5}}{5}\]e poiché possiamo dire che \(\alpha \) è sicuramente ottuso, essendo \(P\) interno a \(BH\), si ha anche:\[\cos \alpha =-\frac{3}{5},\cos \gamma =\frac{2\sqrt{5}}{5}\to \sin \beta =\]\[=\sin \left( \alpha +\gamma  \right)=\frac{\sqrt{5}}{5},\cos \beta =\frac{2\sqrt{5}}{5}\quad .\] Pertanto si ha:\[HC=BC\sin \beta =8a\to DC=13a\]\[BH=AD=BC\cos \beta =16a\] e infine l’area del trapezio: \[{{S}_{ABCD}}=\frac{16a\left( 13a+5a \right)}{2}=144{{a}^{2}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanna la seguente domanda:

Salve professore,

per favore, mi può aiutare a calcolare i seguenti limiti? (n.280, n.281, n.282, pag.1527, Matematica.blu 2.0).

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{n}}x}{\sin {{x}^{n}}}\quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\tan x+x}{x}\quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+x}{2x+\sin x}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Giovanna,

procediamo nel modo seguente:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{n}}x}{\sin {{x}^{n}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{n}}{{\sin }^{n}}x}{{{x}^{n}}\sin {{x}^{n}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{n}}x}{{{x}^{n}}}\cdot \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{n}}}{\sin {{x}^{n}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{\sin x}{x} \right)}^{n}}\cdot \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{t}{\sin t}=1\cdot 1=1\quad .\] \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\tan x+x}{x}=2\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x\cos x}+1=2\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}\cdot \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\cos x}+1=2\cdot 1\cdot 1+1=3\quad .\]\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+x}{2x+\sin x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 1+x \right)}{x\left( 2+\frac{\sin x}{x} \right)}=\frac{1}{2+1}=\frac{1}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lorenzo la seguente domanda:

Spettabile professore,

ho tentato invano di risolvere questo problema di geometria analitica. Chiedo aiuto per cortesia.

Sia data una semicirconferenza di raggio unitario avente centro nell’origine degli assi cartesiani e posta nel semipiano delle ordinate positive. Indicato con \(A\) il punto in cui essa tocca il semiasse delle ascisse negative, traccia per \(A\) una retta \(AP\), con punto \(P\) generico della semicirconferenza. Scrivi le coordinate del punto \(Q\) di intersezione tra la retta \(AP\) e l’asse del segmento \(OP\) al variare della retta \(AP\). Determina la posizione di \(P\) affinché \(Q\) stia sull’asse delle ordinate. In questa posizione trova l’equazione della tangente \(t\) in \(P\) alla semicirconferenza. Calcola l’area del triangolo \(OBC\), dove \(B\) e \(C\) sono i punti di intersezione di \(t\) con gli assi cartesiani.

Gli rispondo così:

Caro Lorenzo,

possiamo caratterizzare la retta \(r\) passante per \(A(-1,0)\) e per un punto \(P\) della semicirconferenza attraverso il suo coefficiente angolare \(m\):       \[r:\quad y=mx+m\quad m\ge 0\] e determinare le coordinate di \(P\) in funzione di \(m\) mettendo a sistema l’equazione di \(r\) con quella della semicirconferenza, cioè \(y=\sqrt{1-{{x}^{2}}}\): \[{{m}^{2}}{{\left( 1+x \right)}^{2}}=1-{{x}^{2}}\to x=-1\quad \vee \quad x=\frac{1-{{m}^{2}}}{1+{{m}^{2}}}\] per cui: \[P\left( \frac{1-{{m}^{2}}}{1+{{m}^{2}}},\frac{2m}{1+{{m}^{2}}} \right)\quad .\]

Determiniamo l’equazione dell’asse \(a\) del segmento \(OP\) ricavando la perpendicolare ad \(OP\) passante per il suo punto medio: \[M\left( \frac{1-{{m}^{2}}}{2\left( 1+{{m}^{2}} \right)},\frac{m}{1+{{m}^{2}}} \right),\ {{m}_{a}}=-\frac{1}{{{m}_{OP}}}=\frac{{{m}^{2}}-1}{2m}\to \]\[\to a:\quad y=\frac{{{m}^{2}}-1}{2m}\left( x-\frac{1-{{m}^{2}}}{2\left( 1+{{m}^{2}} \right)} \right)+\frac{m}{1+{{m}^{2}}}\quad .\] Ricaviamo \(Q\) intersecando \(a\) e \(r\): \[\frac{{{m}^{2}}-1}{2m}x+\frac{{{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{4m\left( 1+{{m}^{2}} \right)}+\frac{m}{1+{{m}^{2}}}=mx+m\to \]\[\to 2\left( {{m}^{2}}-1 \right)\left( 1+{{m}^{2}} \right)x+{{\left( {{m}^{2}}-1 \right)}^{2}}=4{{m}^{2}}\left( 1+{{m}^{2}} \right)x+4{{m}^{4}}\to \]\[\to {{x}_{Q}}=\frac{1-3{{m}^{2}}}{2\left( 1+{{m}^{2}} \right)}\quad {{y}_{Q}}=\frac{m\left( 3-{{m}^{2}} \right)}{2\left( 1+{{m}^{2}} \right)}\quad .\]

Poiché \(m=\frac{\sqrt{3}}{3}\) è il solo valore positivo di \(m\) per il quale si ha \(x_Q=0\), il punto \(P\) richiesto ha coordinate\[P\left( \frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\quad .\] La tangente \(t\) richiesta è la parallela ad \(a\) passante per \(P\) \[t:\quad y=-\frac{\sqrt{3}}{3}\left( x-\frac{1}{2} \right)+\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}\] e poiché \(t\) incontra gli assi nei punti \(B\left( 2,0 \right)\) e \(C\left( 0,\frac{2\sqrt{3}}{3} \right)\), l’area del triangolo \(OBC\) risulta   \[{{S}_{OBC}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentile professore,

ci sono due limiti che non riesco a risolvere, sempre senza applicare De l’Hopital:

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

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso osserviamo che, essendo l’esponente \(2n\) sempre pari, possiamo dire che \({{\left( \frac{1}{n}-{{3}^{\frac{1}{n}}} \right)}^{2n}}={{\left( {{3}^{\frac{1}{n}}}-\frac{1}{n} \right)}^{2n}}\), cosicchè la base \({{3}^{\frac{1}{n}}}-\frac{1}{n}\) risulta positiva, tendente a \({{1}^{+}}\), da cui: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{1}{n}-{{3}^{\frac{1}{n}}} \right)}^{2n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+{{3}^{\frac{1}{n}}}-\frac{1}{n}-1 \right)}^{2n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{\frac{n}{n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-1}} \right)}^{2n}}=\] \[=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{\left( 1+\frac{1}{\frac{n}{n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-1}} \right)}^{\frac{n}{n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-1}}} \right)}^{2n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-2}}=9{{e}^{-2}}=\frac{9}{{{e}^{2}}}\] avendo utilizzato i seguenti limiti, oltre al limite notevole \(\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{t} \right)}^{t}}=e\): \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{n}{n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-1}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{3}^{1/n}}-1-1/n}=\frac{1}{{{0}^{+}}}=+\infty\] \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,2n\left( {{3}^{1/n}}-1 \right)-2=2\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{1/n}}-1}{1/n} \right)-2=2\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{3}^{t}}-1}{t} \right)=\ln 9-2\quad .\]

Nel secondo caso, posto \(t=\frac{1}{n+2}\): \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{2}}\left( 1-{{e}^{\frac{1}{n+2}}} \right)=-\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{e}^{t}}-1 \right){{\left( 1-2t \right)}^{2}}}{{{t}^{2}}}=-\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{e}^{t}}-1 \right)}{t}\cdot \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1-2t \right)}^{2}}}{t}=-1\cdot \left( +\infty  \right)=+\infty \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Marco la seguente domanda:

Gentile professore,

mi potrebbe aiutare a risolvere i seguenti esercizi? (Matematica.azzurro, Vol. V, pag.1132: n175, n.176; pag.1197: n.10):

Trova il codominio delle seguenti funzioni: 

\[y=1-\sqrt{{{x}^{2}}+4}\quad \quad y=\sqrt{{{x}^{2}}-9}-3\quad .\]

Trova il dominio e il codominio delle seguenti funzioni e stabilisci se sono intervalli limitati o illimitati:

\[y=1+\sqrt{x-1}\quad \quad y=2\sin 2x\quad \quad y=\ln x-1\quad .\]

Grazie mille.

Gli rispondo così:

Caro Marco,

la ricerca del codominio per via algebrica può vedersi come la discussione della risolvibilità di un’equazione parametrica, di incognita \(x\) e parametro \(y\): l’insieme dei valori \(y\) per i quali l’equazione ammette soluzioni \(x\) accettabili (cioè appartenenti al dominio) costituisce il codominio della funzione. Pertanto, nei primi due casi: \[y=1-\sqrt{{{x}^{2}}+4}\to \sqrt{{{x}^{2}}+4}=1-y\to 1-y\ge 0\wedge {{x}^{2}}+4={{\left( 1-y \right)}^{2}}\to \]\[\to y\le 1\wedge {{x}^{2}}={{\left( 1-y \right)}^{2}}-4\to y\le 1\wedge \left( 1-y\le -2\vee 1-y\ge 2 \right)\to \]\[\to y\le 1\wedge \left( y\ge 3\vee y\le -1 \right)\to C=\left\{ y\le -1 \right\}\quad .\] \[y=\sqrt{{{x}^{2}}-9}-3\to \sqrt{{{x}^{2}}-9}=y+3\to y+3\ge 0\wedge \left( {{x}^{2}}-9={{\left( y+3 \right)}^{2}},x\le -3\vee x\ge 3 \right)\to \]\[\to y\ge -3\wedge {{x}^{2}}=9+{{\left( y+3 \right)}^{2}}\to C=\left\{ y\ge -3 \right\}\quad .\]

Negli altri casi, si ha:

\[y=1+\sqrt{x-1}\to D=\left\{ x\ge -1 \right\}\]\[\sqrt{x-1}=y-1\to y-1\ge 0\wedge \left( x-1={{\left( y-1 \right)}^{2}},x\ge 1 \right)\to \]\[\to y\ge 1\wedge x={{\left( y-1 \right)}^{2}}+1\to C=\left\{ y\ge 1 \right\}\] con \(D\) e \(C\) entrambi limitati inferiormente ma non superiormente.

\[y=2\sin 2x\to D=\mathbb{R}\]\[-1\le \sin 2x\le 1\to -2\le 2\sin 2x\le 2\to C=\left\{ -2\le y\le 2 \right\}\]\[\to y\ge 1\wedge x={{\left( y-1 \right)}^{2}}+1\to C=\left\{ y\ge 1 \right\}\] con \(D\) illimitato e \(C\) limitato sia inferiormente che superiormente.

\[y=\ln x-1\to D=\left\{ x>0 \right\}\]\[\ln x=1+y\to x={{e}^{1+y}}>0\ \forall y\to C=\mathbb{R}\]\[\to y\ge 1\wedge x={{\left( y-1 \right)}^{2}}+1\to C=\left\{ y\ge 1 \right\}\] con \(D\) limitato inferiormente e \(C\) illimitato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

potrebbe illustrarmi nel dettaglio quali sono i passaggi che portano alla risoluzione dei seguenti esercizi? Gliene sarei infinitamente grato.

1) Studiare il carattere della serie: \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{\left( 1-\frac{1}{2n} \right)}^{5{{n}^{2}}}}}\quad .\]

2) Studiare il carattere della serie: \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{\left( 9{{n}^{3}}\left( \frac{1}{n}-\sin \left( \frac{1}{n} \right) \right) \right)}^{n}}}\quad .\]

3) Studiare la convergenza assoluta per \(a\in \mathbb{R}\) e la convergenza semplice per \(a=\frac{1}{2}\) della serie: \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{{{\left( -1 \right)}^{n}}\frac{\arctan \left( 3/\sqrt{n} \right)}{{{n}^{a}}}}\quad .\]

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

nei primi due casi, in cui abbiamo serie a termini positivi e infinitesimi, risulta spontaneo pensare al criterio della radice che, nella versione asintotica, implica la convergenza/divergenza della serie qualora si abbia

\[{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{{{a}_{n}}}<1}/{\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{{{a}_{n}}}>1}\;\quad .\]

Nel primo caso si ha: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{{{\left( 1-\frac{1}{2n} \right)}^{5{{n}^{2}}}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1-\frac{1}{2n} \right)}^{5n}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{\left( 1+\frac{1}{\left( -2n \right)} \right)}^{-2n}} \right)}^{-\frac{5}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{{{e}^{5}}}}<1\]

pertanto la serie converge.

Nel secondo caso si ha: \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt[n]{{{\left( 9{{n}^{3}}\left( \frac{1}{n}-\sin \left( \frac{1}{n} \right) \right) \right)}^{n}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 9{{n}^{3}}\left( \frac{1}{n}-\sin \left( \frac{1}{n} \right) \right) \right)=9\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{t-\sin t}{{{t}^{3}}}=9\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{t}^{3}}}{6{{t}^{3}}}=\frac{3}{2}>1\]

pertanto la serie diverge. Nel calcolo, si è fatto uso della sostituzione \(t=\frac{1}{n}\) e dell’equivalenza asintotica \(t-\sin t\sim \frac{1}{6}{{t}^{3}}\).

Infine, nell’ultimo caso (serie a segni alterni), consideriamo la serie in valore assoluto, cioè \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left| {{\left( -1 \right)}^{n}}\frac{\arctan \left( 3/\sqrt{n} \right)}{{{n}^{a}}} \right|}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\arctan \left( 3/\sqrt{n} \right)}{{{n}^{a}}}}\] e utilizziamo l’equivalenza asintotica:  \[\arctan \left( \frac{3}{\sqrt{n}} \right)\sim \frac{3}{\sqrt{n}}\]per cui, per il criterio del confronto asintotico: \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\arctan \left( 3/\sqrt{n} \right)}{{{n}^{a}}}}\sim \sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{3}{{{n}^{a}}\sqrt{n}}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{3}{{{n}^{a+\frac{1}{2}}}}}\quad .\]

Poiché il termine generale della serie risulta asintoticamente equivalente a quello di una serie armonica generalizzata con esponente \(a+\frac{1}{2}\), si ha la convergenza (assoluta, e quindi anche semplice) se: \[a+\frac{1}{2}>1\to a>\frac{1}{2}\] mentre in caso contrario la serie diverge in senso assoluto.

Se \(a=\frac{1}{2}\), si ha una serie a segni alterni del tipo \({{\left( -1 \right)}^{n}}{{a}_{n}}\) il cui termine \[{{a}_{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}\arctan \left( \frac{3}{\sqrt{n}} \right)\] è positivo, decrescente e infinitesimo, per cui, per il criterio di Leibniz, la serie è convergente.

Massimo Bergamini

Ricevo da Fabrizio la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

mi può risolvere il seguente problema (n.4, Realtà e modelli, Limiti e continuità, Mettiti alla prova, MatTutor):

Una casa automobilistica ha progettato una vettura in cui il costo per il consumo di carburante, espresso in euro, dipende dai kilometri percorsi \(x\) secondo la funzione:

\[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} a\quad \quad \quad\quad  x\le 3 \\ \frac{b{{x}^{2}}+cx+1}{10x-20}\quad x > 3    \end{array} \right. \quad .\]

Durante la presentazione della vettura viene dichiarato che, all’aumentare dei kilometri percorsi, il costo per il consumo di carburante tende a diventare € \(1\) ogni \(10\;km\). Determina:

a. i parametri \(b\) e \(c\);

b. il parametro \(a\) affinché la funzione sia continua in \(x=3\);

c. il numero minimo di kilometri da percorrere per avere una differenza di costi tra i valori reali e quelli dichiarati inferiore al millesimo di euro ogni \(10\;km\).

La ringrazio.

 
Gli rispondo così:

Caro Fabrizio,

la condizione: “all’aumentare dei kilometri percorsi, il costo per il consumo di carburante tende a diventare € \(1\) ogni \(10\;km\)”, può considerarsi equivalente alla condizione che, nel limite per \(x\to +\infty\), il grafico di \(f(x)\) ammetta come asintoto obliquo la retta \(y=\frac{1}{10}x\), cioè che \(f(x)\) tenda ad avere una differenza trascurabile con tale funzione, la quale implica appunto un consumo di carburante di € \(1\) ogni \(10\;km\). Pertanto possiamo imporre: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{b{{x}^{2}}+cx+1}{10{{x}^{2}}-20x}=\frac{b}{10}\to \frac{b}{10}=\frac{1}{10}\leftrightarrow b=1\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)-\frac{1}{10}x=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+cx+1-{{x}^{2}}+2x}{10x-20}=\frac{c+2}{10}\to \frac{c+2}{10}=0\leftrightarrow c=-2\] e quindi la condizione di continuità in \(x=3\) implica:         \[a=\frac{9-6+1}{10}\to a=\frac{2}{5}\] per cui la funzione risulta determinata nel modo seguente:  \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{2}{5}\quad \quad \quad  x\le 3 \\ \frac{{{x}^{2}}-2x+1}{10x-20}\quad x > 3    \end{array} \right. \quad .\]

L’ultima questione può essere così parafrasata: si vuole sapere a partire da quale valore di \(x\) la differenza in senso assoluto tra \(f(x)\) e la retta \(y=x/10\) risulti minore di \({{10}^{-4}}\), cosicchè tale differenza, moltiplicata per \(10\) (kilometri), risulti inferiore a \({{10}^{-3}}\) (euro):      \[\left| \frac{{{x}^{2}}-2x+1}{10x-20}-\frac{x}{10} \right|<{{10}^{-4}}\to\]\[\to \frac{1}{10x-20}<\frac{1}{{{10}^{4}}}\to x>1002\] pertanto il numero (intero) minimo di kilometri da percorrere è \(1003\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi sono imbattuta nello studio di una funzione un po’ strana:

                                                        \[y=\frac{x+2}{\sqrt[3]{x}-\sqrt{x}}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione ha dominio \(D=\left] 0,+\infty  \right[-\left\{ 1 \right\}\), è positiva per , negativa nel resto del dominio e mai nulla. I limiti interessanti sono i seguenti:     \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+2}{\sqrt[3]{x}-\sqrt{x}}=\frac{2}{{{0}^{+}}}=+\infty \quad \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+2}{\sqrt[3]{x}-\sqrt{x}}=\frac{3}{{{0}^{+}}}=+\infty \]\[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+2}{\sqrt[3]{x}-\sqrt{x}}=\frac{3}{{{0}^{-}}}=-\infty \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x}\left( 1+2/x \right)}{-1+1/\sqrt[6]{x}}=\frac{+\infty }{-1}=-\infty \] pertanto il grafico della funzione presenta due asintoti verticali, \(x=0\) e \(x=1\), e non presenta asintoti obliqui, in quanto la funzione è un infinito di ordine inferiore a \(1\) rispetto a \(x\) nel limite \(x\to +\infty\).

La funzione derivata:\[y'=\frac{4\left( x-1 \right)-3\sqrt[6]{x}\left( x+2 \right)}{6\sqrt[3]{{{x}^{4}}}{{\left( 1-\sqrt[6]{x} \right)}^{2}}}\] si annulla in corrispondenza delle soluzioni dell’equazione \[4\left( x-1 \right)-3\sqrt[6]{x}\left( x+2 \right)=0\to \frac{4\left( x-1 \right)}{3\left( x+2 \right)}=\sqrt[6]{x}\] di cui, tramite analisi grafica e metodi numerici di calcolo numerico, possiamo determinare due soluzioni approssimate, \({{x}_{1}}\approx 0,07\) e \({{x}_{2}}\approx 10,75\), corrispondenti rispettivamente ad un minimo locale e a un massimo locale.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuti a risolvere questi quesito:

lanciando una coppia di dadi cinque volte qual è la probabilità che si ottenga un punteggio totale maggiore di sette almeno due volte?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

posto che la probabilità di ottenere un punteggio maggiore di \(7\) in un singolo lancio di una coppia di dadi è pari a \(p=\frac{5}{12}\), e quindi la probabilità che questo non si verifichi è pari a \(\bar{p}=\frac{7}{12}\), possiamo calcolare la probabilità \(\bar{P}\) che, su \(5\) lanci, l’evento “punteggio maggiore di \(7\)” si verifichi zero volte o una volta sommando le probabilità dei due casi, ottenute dalla formula bernoulliana:     \[\bar{P}={{\left( \frac{7}{12} \right)}^{5}}{{\left( \frac{5}{12} \right)}^{0}}+5{{\left( \frac{7}{12} \right)}^{4}}{{\left( \frac{5}{12} \right)}^{1}}=\frac{76832}{390625}\]Per cui, l’evento “su \(5\) lanci esce un punteggio totale maggiore di sette almeno due volte” ha probabilità \(P\) data da:\[P=1-\bar{P}=1-\frac{76832}{390625}=\frac{313793}{390625}\approx 80,33\%\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come si può risolvere il seguente problema (n.5, Realtà e modelli, Limiti e continuità, Mettiti alla prova, MatTutor):

Un modello che rappresenta l’evoluzione della popolazione del moscerino della frutta ha equazione:     \[N\left( t \right)=\frac{200}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}\quad ,\] dove \(N\left( t \right)\) è il numero di moscerini e \(t\) è il tempo (misurato in giorni).

a. Quanti sono i moscerini all’inizio dell’osservazione? In quanto tempo la popolazione diventa di 50 individui?

b. Disegna il grafico di \(N\left( t \right)\) e osserva che ammette un asintoto orizzontale. Che significato assume per la popolazione di moscerini questa retta? Verifica tale risultato attraverso la definizione di limite.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

il numero iniziale di moscerini è \(N\left( 0 \right)=\frac{200}{3\cdot 1+2}=40\), e tale numero diventa \(50\) per \(t\) soluzione della seguente equazione: \[\frac{200}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}=50\to {{e}^{-\frac{2}{5}t}}=\frac{2}{3}\to t=\frac{3}{2}\ln \left( \frac{2}{3} \right)\approx 1,01\ giorni\quad .\]

L’asintoto orizzontale \(y=100\) rappresenta il limite per \(t\to +\infty\) di \(N\left( t \right)\), e questo significa che la popolazione di moscerini ha una crescita limitata, che tende nel tempo a stabilizzarsi su tale valore: \[\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{200}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}=\frac{200}{0+2}=100\quad .\]

Tale limite significa che \[\forall \varepsilon >0\exists {{N}_{\varepsilon }}>0:t>N\Rightarrow\]\[\Rightarrow \left| \frac{200}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}-100 \right|<\varepsilon \]cioè: \[\frac{300{{e}^{-\frac{2}{5}t}}}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}<\varepsilon \to \frac{300{{e}^{-\frac{2}{5}t}}}{3{{e}^{-\frac{2}{5}t}}+2}<\varepsilon \to\]\[\to t>{{N}_{\varepsilon }}=\ln \sqrt{{{\left( \frac{300}{2\varepsilon }-1 \right)}^{5}}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Marco la seguente domanda:

Gentile professore,

vorrei mi aiutasse a risolvere i seguenti esercizi (n.113-114-115-120, pag. 1206, Matematica.azzurro, vol.V):

Verifica i seguenti limiti, applicando la definizione:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{4}{{{x}^{2}}}=+\infty \quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\sqrt{\frac{1}{x}}=+\infty \quad \quad \underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{2-x}}=+\infty \quad \quad \underset{x\to -3}{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}=+\infty \quad .\]

Grazie mille.

Gli rispondo così:

Caro Marco,

secondo la definizione, si tratta in ogni caso di risolvere disequazioni con parametro, verificando che l’insieme soluzione comprenda un intorno del tipo cercato:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{4}{{{x}^{2}}}=+\infty \leftrightarrow \forall M>0\exists I\left( 0 \right)|\forall x\in I\left( 0 \right)-\left\{ 0 \right\}\Rightarrow \frac{4}{{{x}^{2}}}>M\]

per cui: \[\frac{4}{{{x}^{2}}}>M\to {{x}^{2}}<\frac{4}{M}\to -\frac{2}{\sqrt{M}}<x<\frac{2}{\sqrt{M}}\Rightarrow I\left( 0 \right)=\left] -\frac{2}{\sqrt{M}},\frac{2}{\sqrt{M}} \right[\quad ;\]

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\sqrt{\frac{1}{x}}=+\infty \leftrightarrow \forall M>0\exists \delta >0|\forall x\in \left] 0,\delta  \right[\Rightarrow \sqrt{\frac{1}{x}}>M\]

per cui: \[\sqrt{\frac{1}{x}}>M\to 0<x<\frac{1}{{{M}^{2}}}\Rightarrow \delta =\frac{1}{{{M}^{2}}}\quad ;\]

\[\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{2-x}}=+\infty \leftrightarrow \forall M>0\exists \delta >0|\forall x\in \left] 2-\delta ,2 \right[\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2-x}}>M\]

per cui: \[\frac{1}{\sqrt{2-x}}>M\to 0<2-x<\frac{1}{{{M}^{2}}}\to 2-\frac{1}{{{M}^{2}}}<x<2\Rightarrow \delta =\frac{1}{{{M}^{2}}}\quad ;\]

\[\underset{x\to -3}{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}=+\infty \leftrightarrow \forall M>0\exists I\left( -3 \right)|\forall x\in I\left( -3 \right)-\left\{ -3 \right\}\Rightarrow \frac{2}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>M\]

per cui: \[\frac{2}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>M\to {{\left( x+3 \right)}^{2}}<\frac{2}{M}\to -3-\sqrt{\frac{2}{M}}<x<-3+\sqrt{\frac{2}{M}}\Rightarrow I\left( -3 \right)=\left] -3-\sqrt{\frac{2}{M}},-3+\sqrt{\frac{2}{M}} \right[\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Gentile professore,

le propongo il seguente esercizio:

calcola l’area dell’insieme          \[A=\left\{ \left( x,y \right):-1\le x\le 2-{{y}^{2}} \right\}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

la regione in questione corrisponde al segmento parabolico delimitato dalla corda di estremi \(\left( -1,\sqrt{3} \right)\), \(\left( -1,-\sqrt{3} \right)\) nella parabola di equazione \(x=2-{{y}^{2}}\); utilizzando il teorema di Archimede (“area del segmento parabolico = \(\frac{2}{3}\) area del rettangolo circoscritto”), potremmo subito concludere che tale area è pari a                                                 \[{{S}_{A}}=\frac{2}{3}\left( 6\sqrt{3} \right)=4\sqrt{3}\]

ma se vogliamo utilizzare il calcolo integrale, possiamo considerare tale area come corrispondente all’integrale definito della funzione \(x=3-{{y}^{2}}\), ottenuta traslando di un’unità lungo \(x\) la funzione originale, nell’intervallo \(-\sqrt{3}\le y\le \sqrt{3}\), rispetto alla variabile \(y\):          \[{{S}_{A}}=\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}{\left( 3-{{y}^{2}} \right)dy}=2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( 3-{{y}^{2}} \right)dy}=2\left[ 3y-\frac{1}{3}{{y}^{3}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}=\]\[=2\left( 3\sqrt{3}-\sqrt{3} \right)=4\sqrt{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come si svolge questo esercizio?

Data la funzione \(f\left( x \right)=\left| x \right|\) per \(x\in \left[ -\pi ,\pi  \right]\), \(f\left( x+2k\pi  \right)=f\left( x \right)\forall k\in \mathbb{Z}\), rappresentarla graficamente e dire se sia sivluppabile in serie di Fourier. Scrivere la serie relativa ad essa e determinare il valore a cui essa converge in corrispondenza a \(-\pi \) e \(\pi \).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione \(f\left( x \right)\), pari e continua su tutto \(\mathbb{R}\), presenta un grafico “a denti di sega” con punti di non derivabilità in corrispondenza di \(x=k\pi\), \(k\in \mathbb{Z}\); in quanto limitata e monotona a tratti in \(\left[ -\pi ,\pi  \right]\), la funzione è sviluppabile in serie di Fourier e tale serie converge puntualmente a \(f\left( x \right)\) per ogni \(x\in \left[ -\pi ,\pi  \right]\):                                     \[f\left( x \right)\sim \frac{{{a}_{0}}}{2}+\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{{{a}_{k}}\cos kx+}\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{{{b}_{k}}\sin kx}\quad .\] Essendo \(f\left( x \right)\) una funzione pari, i soli coefficienti non nulli nello sviluppo in serie sono:      \[{{a}_{k}}=\frac{2}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{f\left( x \right)\cos kx\,dx}=\frac{2}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{x\cos kx\,dx}\] cioè: \[{{a}_{k}}=\frac{2}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{x\cos kx\,dx}=\frac{2}{\pi }\left[ \frac{x}{k}\sin kx+\frac{1}{{{k}^{2}}}\cos kx \right]_{0}^{\pi }=\frac{2\left[ {{\left( -1 \right)}^{k}}-1 \right]}{\pi {{k}^{2}}}\quad k=0,1,2,3…\] Poiché \[\frac{2\left[ {{\left( -1 \right)}^{k}}-1 \right]}{\pi {{k}^{2}}}=0\text{  se }k\text{ pari}\text{,}\frac{2\left[ {{\left( -1 \right)}^{k}}-1 \right]}{\pi {{k}^{2}}}=-\frac{4}{\pi {{k}^{2}}}\text{ se }k\text{ dispari}\]

possiamo scrivere: \[f\left( x \right)\sim \frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{\frac{\cos \left( \left( 2k-1 \right)x \right)}{{{\left( 2k-1 \right)}^{2}}}}\quad .\] In particolare, per \(x=\pm \pi\), si ha:    \[f\left( \pm \pi  \right)=\pi \sim\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{\frac{\cos \left( \left( 2k-1 \right)\pi  \right)}{{{\left( 2k-1 \right)}^{2}}}}=\frac{\pi }{2}+\frac{4}{\pi }\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{\frac{1}{{{\left( 2k-1 \right)}^{2}}}}\] da cui ricaviamo:\[\sum\limits_{k=1}^{+\infty }{\frac{1}{{{\left( 2k-1 \right)}^{2}}}}=1+\frac{1}{{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{5}^{2}}}+\frac{1}{{{7}^{2}}}+...=\frac{{{\pi }^{2}}}{8}\quad .\]

Nel grafico è rappresentata \(f(x)\) insieme al suo sviluppo in polinomio di Fourier arrestato a \(2k-1=7\): \[f\left( x \right)\sim\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\left( \cos x+\frac{\cos 3x}{9}+\frac{\cos 5x}{25}+\frac{\cos 7x}{49} \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho difficoltà nei due seguenti problemi:

1) Di un rombo \(ABCD\) si sa che l’ampiezza dell’angolo in \(A\) è \(60^\circ\). Si consideri la rotazione di centro \(A\) e nella quale \(B\) ha per immagine \(D\), e si indichino con \(C’\), \(D’\) i punti che corrispondono rispettivamente a \(C\), \(D\). Sapendo che l’area del pentagono \(ABCC’D'\) è \(10\sqrt{3}\;m^2\), calcolare il perimetro del rombo.

2) Un punto \(P\) è esterno ad un cerchio di centro \(O\). Condotte per \(P\) le tangenti al cerchio, calcolare l’area del triangolo determinato da tali tangenti e dal diametro perpendicolare alla retta \(PO\), sapendo che le lunghezze del raggio e del segmento \(OP\) sono \(r\) e \(d\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso, la rotazione indicata produce una copia isometrica del rombo che, unita al rombo stesso, forma un poligono che si può vedere come l’unione di quattro triangoli equilateri adiacenti. Unendo \(C\) e \(C’\) si completa un pentagono irregolare, avendo aggiunto il triangolo isoscele \(CDC’\) di lato obliquo \(a\) e il cui angolo al vertice è di \(120^\circ\), pertanto equivalente a ciascuno dei quattro triangoli equilateri di lato \(a\) che costituiscono il resto della figura. In definitiva, ricordando che l’area di un triangolo equilatero è pari al quadrato del suo lato moltiplicato per \(\sqrt{3}/4\), si ha l’equazione: \[5{{a}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}=10\sqrt{3}\to a=2\sqrt{2}\] da cui il perimetro del rombo \(ABCD\): \[2p=8\sqrt{2}\ {{m}^{2}}\quad .\]

Nel secondo caso, osservando che i triangoli \(BOP\) e \(AOP\) hanno per altezza relativa all’ipotenusa i raggi \(OS\) e \(OT\) rispettivamente, e che, per il teorema di Pitagora, posto \(AB=2b\): \[PS=PT=\sqrt{{{d}^{2}}-{{r}^{2}}}\quad BS=AT=\sqrt{{{b}^{2}}-{{r}^{2}}}\] applicando il secondo teorema di Euclide, si ricava, detta \({{S}_{ABP}}\) l’area cercata: \[{{r}^{2}}=\sqrt{\left( {{b}^{2}}-{{r}^{2}} \right)\left( {{d}^{2}}-{{r}^{2}} \right)}\to {{r}^{4}}={{b}^{2}}{{d}^{2}}-{{b}^{2}}{{r}^{2}}-{{d}^{2}}{{r}^{2}}+{{r}^{4}}\to \]\[\to b=\frac{dr}{\sqrt{{{d}^{2}}-{{r}^{2}}}}\to {{S}_{ABP}}=\frac{{{d}^{2}}r}{\sqrt{{{d}^{2}}-{{r}^{2}}}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come si studia la seguente funzione?

                               \[y=\frac{{{e}^{-\frac{2}{\left| x \right|+1}}}}{{{\left( \left| x \right|-1 \right)}^{2}}}\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione è pari, definita e continua su \(\mathbb{R}-\left\{ \pm 1 \right\}\), ovunque positiva nel suo dominio, e presenta i seguenti limiti:\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{-\frac{2}{\left| x \right|+1}}}}{{{\left( \left| x \right|-1 \right)}^{2}}}=\frac{1}{+\infty }=0\quad \underset{x\to \pm 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{-\frac{2}{\left| x \right|+1}}}}{{{\left( \left| x \right|-1 \right)}^{2}}}=\frac{{{e}^{-1}}}{{{0}^{+}}}=+\infty \quad .\]

La derivata prima:\[y'=-2\frac{\left| x \right|}{x}\frac{{{e}^{-\frac{2}{\left| x \right|+1}}}\left( {{x}^{2}}+\left| x \right|+2 \right)}{{{\left( \left| x \right|-1 \right)}^{3}}{{\left( \left| x \right|+1 \right)}^{2}}}\] oltre che in \(x=\pm 1\), non è definita in \(x=0\), dove si ha un punto angoloso, essendo \(y{{‘}^{+}}=4{{e}^{-2}}\) e \(y{{‘}^{-}}=-4{{e}^{-2}}\): il punto \(\left( 0,{{e}^{-2}} \right)\) rappresenta comunque un minimo relativo per la funzione. Si può verificare che la derivata seconda è sempre positiva, per cui la concavità del grafico è sempre rivolta verso l’alto.

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Caro professore,

un aiuto per il seguente esercizio (n.701, pag. 1698, Matematica.blu 2.0):

a) Scrivi le equazioni delle rette \(r\) e \(s\) che risultano tangenti a entrambe le parabole di equazioni: \[y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+2x+3\quad y={{x}^{2}}+8x+12\quad.\]

b) Rappresenta graficamente le parabole e le rette trovate e determinare i punti di tangenza.

c) Considera la retta \(t\) parallela all’asse \(x\) passante per il punto di intersezione di \(r\) e \(s\) e verifica che le corde intercettate da \(t\) sulle due parabole sono una doppia dell’altra.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

deriviamo le funzioni che rappresentano le due parabole e ricaviamo le equazioni delle rette tangenti alle due parabole nei loro generici punti \(\left( k,-\frac{1}{2}{{k}^{2}}+2k+3 \right)\) e \(\left( h,{{h}^{2}}+8k+12 \right)\) rispettivamente: \[y=\left( -k+2 \right)x+\frac{{{k}^{2}}}{2}+3\] \[y=\left( 2h+8 \right)x-{{h}^{2}}+12\]

da cui, uguagliando i coefficienti: \[-k+2=2h+8\] \[\frac{{{k}^{2}}}{2}+3=-{{h}^{2}}+12\to \]\[\to k=-4,h=-1\quad \vee \quad k=0,h=-3\quad .\] Le rette tangenti comuni hanno pertanto equazioni:

\[r:y=2x+3\quad s:y=6x+11\] e i punti di tangenza sono: \[A\left( -3,-3 \right),B\left( -1,5 \right),C\left( 0,3 \right),D\left( -4,-13 \right)\quad .\] Il punto di intersezione tra le rette \(r\) e \(s\) è \(E\left( -2,-1 \right)\), per cui la retta \(t\) ha equazione \(y=-1\), e incontra le parabole rispettivamente nei punti \(F\left( -4-\sqrt{3},-1 \right)\), \(G\left( -4+\sqrt{3},-1 \right)\), \(H\left( 2-2\sqrt{3},-1 \right)\), \(I\left( 2+2\sqrt{3},-1 \right)\), per cui: \[\overline{FG}=2\sqrt{3},\ \overline{HI}=4\sqrt{3}\to \overline{HI}=2\overline{FG}\] come volevasi dimostrare.

 Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

non ho capito questi problemi:

1) Sia \(ABC\) un triangolo equilatero di lato \(a\). Considera un punto \(P\) sul lato \(AC\) e indica con \(Q\) la sua proiezione ortogonale sul lato \(AB\) e con \(R\) il punto in cui la parallela ad \(AB\) passante per \(P\) incontra il lato \(BC\). Determina \(P\) in modo che il volume del solido generato dalla rotazione del quadrilatero \(PQRB\) intorno alla retta \(AB\) sia massimo.

2) Sia \(ABC\) un triangolo equilatero il cui lato misura \(a\). Considera un punto \(P\) sul lato \(AC\) e traccia da \(P\) la parallela ad \(AB\) e la parallela a \(BC\). Indica con \(Q\) il punto in cui la parallela a \(BC\) interseca il lato \(AB\) e con \(R\) il punto in cui la parallela ad \(AB\) interseca il lato \(BC\). Determina \(P\) in modo che il volume del solido generato da una rotazione completa del parallelogramma \(PQRB\) intorno alla retta \(AB\) sia massimo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, con riferimento alla figura, posto \(x=QM\), \(0\le x \le a/2\), si ha, per similitudine: \[PQ=\frac{AQ\cdot MC}{AM}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( a-2x \right)\] per cui, il volume \(V(x)\) del solido in questione, formato dall’unione di un cilindro di altezza \(PR\) e da un cono di altezza \(BR\), con base comune di raggio \(PQ\), è dato da

\[V\left( x \right)=\frac{3}{4}\pi {{\left( a-2x \right)}^{2}}\left( 2x+\frac{1}{6}\left( a-2x \right) \right)=\]\[=\frac{\pi }{8}\left( 40{{x}^{3}}-36a{{x}^{2}}+6{{a}^{2}}x+{{a}^{3}} \right)\quad .\] Derivando \(V(x)\), considerando segno e zeri di \(V’(x)\), si ottiene: \[V'\left( x \right)=\frac{3\pi }{4}\left( 20{{x}^{2}}-12ax+{{a}^{2}} \right)=0\to\]\[\to {{x}_{\max }}=\frac{a}{10}\quad .\]

Nel secondo caso, con riferimento alla figura, posto \(x=HM\), \(0\le x \le a/2\), si ha, per similitudine: \[PH=\frac{AH\cdot MC}{AM}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( a-2x \right)\] per cui, il volume \(V(x)\) del solido in questione, formato da un cilindro di altezza \(PR\) e base di raggio \(PH\) (i coni che si aggiungono e tolgono al cilindro sono isometrici), è dato da \[V\left( x \right)=\frac{3}{4}\pi {{\left( a-2x \right)}^{2}}2x=\frac{3\pi }{2}\left( 4{{x}^{3}}-4a{{x}^{2}}+{{a}^{2}}x \right)\quad .\] Derivando \(V(x)\), considerando segno e zeri di \(V’(x)\), si ottiene: \[V'\left( x \right)=\frac{3\pi }{2}\left( 12{{x}^{2}}-8ax+{{a}^{2}} \right)=0\to {{x}_{\max }}=\frac{a}{6}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho difficoltà nello studio della seguente funzione:

                                          \[y=\arctan \left( \frac{1-x}{1+x} \right)-\frac{x+1}{x-2}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

la funzione è definita, continua e derivabile nel dominio \(D=\mathbb{R}-\left\{ -1,2 \right\}\), e presenta i seguenti limiti significativi: \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \arctan \left( \frac{1-x}{1+x} \right)-\frac{x+1}{x-2} \right)=-\frac{\pi }{4}-1\] \[\underset{x\to -{{1}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\left( \arctan \left( \frac{1-x}{1+x} \right)-\frac{x+1}{x-2} \right)=\pm \frac{\pi }{2}-0=\pm \frac{\pi }{2}\] \[\underset{x\to {{2}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\left( \arctan \left( \frac{1-x}{1+x} \right)-\frac{x+1}{x-2} \right)=\arctan \left( \pm \frac{1}{3} \right)-\frac{3}{{{0}^{\pm }}}=\mp \infty \quad .\] Pertanto, il grafico presenta un asintoto verticale per \(x=2\) e un asintoto orizzontale per \(y=-1-\pi /4\).

Riguardo al segno, aiutandosi con un confronto tra le rappresentazioni grafiche di  \(y=\arctan \left( \frac{1-x}{1+x} \right)\) e di \(y=\frac{x+1}{x-2}\), si conclude che la funzione è positiva per \(-1<x<2\), negativa altrove; non vi sono zeri.

Consideriamo la derivata prima: \[y'=\frac{1}{1+\frac{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}}\cdot \frac{-2}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}+\frac{3}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}=\]\[=\frac{2{{x}^{2}}+4x-1}{\left( 1+{{x}^{2}} \right){{\left( x-2 \right)}^{2}}}\] la quale si annulla per \(x=-1\pm \frac{\sqrt{6}}{2}\), ed è positiva esternamente all’intervallo definito da tali valori, per cui la funzione presenta un massimo relativo in corrispondenza a \(x=-1-\frac{\sqrt{6}}{2}\) e un minimo relativo in corrispondenza a \(x=-1+\frac{\sqrt{6}}{2}\).

La derivata seconda: \[y''=\frac{-2\left( 2{{x}^{4}}+6{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+8x+3 \right)}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}{{\left( x-2 \right)}^{3}}}\] non è analizzabile senza l’ausilio di tecniche di calcolo approssimato: utilizzando software appositi, si può verificare che la derivata seconda si annulla in corrispondenza di \(x\approx -3,98\) e \(x\approx -0,29\), ascisse di corrispondenti punti di flesso nel grafico della funzione.

Massimo Bergamini