Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come si svolge questo esercizio?

Data la funzione \(f(x)\) tale che \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -1 \quad (2k-1)\pi\le x\le 2k\pi \\ 1\quad\ 2k\pi < x <(2k+1)\pi  \end{array} \right.\] rappresentarla graficamente e dire se sia sviluppabile in serie di Fourier e in caso affermativo scrivere la serie relativa ad essa.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione \(f\left( x \right)\), dispari e integrabile su tutto \(\mathbb{R}\), presenta un grafico “a onda quadra” con punti di discontinuità in corrispondenza di \(x=k\pi\), \(k\in \mathbb{Z}\); la funzione è sviluppabile in serie di Fourier, ed essendo dispari, i soli coefficienti non nulli nello sviluppo in serie sono: \[{{b}_{k}}=\frac{2}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{f\left( x \right)\sin kxdx}=\frac{2}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{\sin kxdx}\] cioè: \[{{b}_{k}}=\frac{2}{\pi }\left[ -\frac{1}{k}\cos kx \right]_{0}^{\pi }=\frac{2\left[ 1-{{\left( -1 \right)}^{k}} \right]}{\pi k}\quad k=0,1,2,3…\] Poiché \[\frac{2\left[ 1-{{\left( -1 \right)}^{k}} \right]}{\pi k}=0\text{  se }k\text{ pari}\text{,}\frac{2\left[ 1-{{\left( -1 \right)}^{k}} \right]}{\pi k}=\frac{4}{\pi k}\text{ se }k\text{ dispari}\] possiamo scrivere:                   \[f\left( x \right)\sim{\ }\frac{4}{\pi }\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{\sin \left( \left( 2n+1 \right)x \right)}{2n+1}}\quad .\]

Nel grafico è rappresentata \(f(x)\) insieme al suo sviluppo in polinomio di Fourier arrestato a \(2n+1=11\): \[f\left( x \right)\sim{\ }\frac{4}{\pi }\left( \sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x+...+\frac{1}{11}\sin 11x \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego mi aiuti a risolvere questo integrale definito:

                       \[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\cos \left( mx \right)dx\quad \quad m\in \mathbb{Z}}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

procedendo per parti, calcoliamo l’integrale indefinito \({{I}_{m}}=\int{\sin x\cos \left( mx \right)dx}\):

\[{{I}_{m}}=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\int{\cos x\sin \left( mx \right)dx=}\]\[=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\left[ \sin x\sin \left( mx \right)-m\int{\sin x\cos \left( mx \right)dx} \right]=\]\[=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\sin x\sin \left( mx \right)+{{m}^{2}}{{I}_{m}}\to \]\[\to {{I}_{m}}=\frac{\cos x\cos \left( mx \right)+m\sin x\sin \left( mx \right)}{{{m}^{2}}-1}\]

da cui:\[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\cos \left( mx \right)dx=}\left[ \frac{\cos x\cos \left( mx \right)+m\sin x\sin \left( mx \right)}{{{m}^{2}}-1} \right]_{0}^{\pi }=\]\[=\frac{\cos \left( m\pi  \right)+1}{1-{{m}^{2}}}= \left\{ \begin{array}{ll} \frac{2}{1-m^2}\quad m=2k \\ 0\quad\quad m=2k+1  \end{array} \right.\] con \(k\in \mathbb{Z}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Nolli la seguente domanda:

Salve professore,

come posso risolvere il sequente integrale?

                                                   \[\int{\frac{\sin x+2\cos x}{2+\sin x}}\,dx\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Nolli,

si può procedere nel modo seguente:

\[\int{\frac{\sin x+2\cos x}{2+\sin x}}dx=\int{\frac{2+\sin x}{2+\sin x}}dx+2\int{\frac{\cos x}{2+\sin x}}dx-2\int{\frac{1}{2+\sin x}}dx=\]\[=x+2\ln \left( 2+\sin x \right)-2\int{\frac{1}{2+\sin x}}dx\quad .\]

L’ultimo integrale, posto \(\tan \frac{x}{2}=t\),\(dx=\frac{2}{1+{{t}^{2}}}dt\),\(\sin x=\frac{2t}{1+{{t}^{2}}}\), diventa:

\[\int{\frac{1}{2+\sin x}}dx=\int{\frac{1}{{{t}^{2}}+t+1}}dt=\frac{2\sqrt{3}}{3}\int{\frac{2/\sqrt{3}}{1+{{\left( \frac{2t+1}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}dt=\]\[=\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2t+1}{\sqrt{3}} \right)+c=\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2\tan \left( x/2 \right)+1}{\sqrt{3}} \right)+c\] per cui, in definitiva, utilizzando anche l’identità \(\tan \frac{x}{2}=\frac{1-\cos x}{\sin x}\):            \[\int{\frac{\sin x+2\cos x}{2+\sin x}}dx=x+2\ln \left( 2+\sin x \right)-\frac{4\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2\tan \left( x/2 \right)+1}{\sqrt{3}} \right)+c=\]

\[=x+2\ln \left( 2+\sin x \right)-\frac{4\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2-2\cos x+\sin x}{\sqrt{3}\sin x} \right)+c\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore

non capisco dove sbaglio. Ho la seguente disequazione: \[\sin x-\cos x>0\quad \quad 0\le x\le 2\pi \quad .\]

Se la risolvo graficamente tramite sinusoide e cosinusoide, i risultati sono: \(\frac{\pi }{4}<x<\frac{5}{4}\pi \). Se la risolvo dividendo per \(\cos x\), ottengo \(\tan x>1\), che è risolta per \(\frac{\pi }{4}<x<\frac{\pi }{2}\). Mi può dire dove sbaglio nella seconda?

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

attenzione: la divisione per \(\cos x\) non porta necessariamente alla disequazione \(\tan x>1\), dal momento che \(\cos x\) ha segno non sempre positivo nell’intervallo \(\left[ 0,2\pi  \right]\), e inoltre dovresti considerare cosa succede per \(\cos x =0\), cioè in corrispondenza ai valori \(x=\pi/2\) e \(x=3\pi/2\); per la precisione, se proprio vuoi procedere in questo modo del tutto “anti-economico”, dovresti scrivere: \[\left\{ \begin{array}{ll} \sin x -\cos x >0 \\ 0\le x \le 2\pi \end{array} \right.\quad\to \left\{ \begin{array}{ll} \tan x >1 \\ 0\le x < \frac{\pi}{2} \vee \frac{3\pi}{2} < x \le 2\pi \end{array} \right.\quad \vee \left\{ \begin{array}{ll} \tan x <1 \\  \frac{\pi}{2} < x < \frac{3\pi}{2} \end{array} \right. \quad \vee x=\frac{\pi}{2} \] da cui il risultato corretto:\[\left\{ \begin{array}{ll}  \frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2} \vee \frac{5\pi}{4} < x < \frac{3\pi}{2} \\ 0\le x < \frac{\pi}{2} \vee \frac{3\pi}{2} < x \le 2\pi \end{array} \right.\quad \vee \left\{ \begin{array}{ll} 0\le x < \frac{\pi}{4} \vee \frac{\pi}{2} < x < \frac{5\pi}{4} \vee \frac{3\pi}{2} < x \le 2\pi \\  \frac{\pi}{2} < x < \frac{3\pi}{2} \end{array} \right. \quad \vee x=\frac{\pi}{2} \] \[\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2} \vee \frac{\pi}{2} < x < \frac{5\pi}{4} \vee x=\frac{\pi}{2} \to \frac{\pi }{4}<x<\frac{5\pi}{4} \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ambra la seguente domanda:

Salve professore,

per esercitare la mente mi diverto ad eseguire esercizi di matematica, ma questo integrale mi da dei problemi!

                                                 \[\int{\frac{1}{x\left( {{\ln }^{3}}x-1 \right)}}dx\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Ambra,

osservando che \(\frac{1}{x}\) è la derivata di \(\ln x\), posto \(t=\ln x\), si può procedere nel modo seguente:

\[\int{\frac{1}{x\left( {{\ln }^{3}}x-1 \right)}}dx=\int{\frac{1}{{{t}^{3}}-1}}dt=\int{\frac{1}{\left( t-1 \right)\left( {{t}^{2}}+t+1 \right)}}dt=\]               \[=\frac{1}{3}\int{\frac{1}{t-1}}dt-\frac{1}{3}\int{\frac{t+2}{{{t}^{2}}+t+1}}dt=\frac{1}{3}\int{\frac{1}{t-1}}dt-\frac{1}{6}\int{\frac{2t+1}{{{t}^{2}}+t+1}}dt-\frac{1}{2}\int{\frac{1}{{{t}^{2}}+t+1}}dt=\] \[=\frac{1}{3}\ln \left| t-1 \right|-\frac{1}{6}\ln \left( {{t}^{2}}+t+1 \right)-\frac{\sqrt{3}}{3}\int{\frac{2/\sqrt{3}}{1+{{\left( \frac{2t+1}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}dt=\] \[=\frac{1}{3}\ln \left| t-1 \right|-\frac{1}{6}\ln \left( {{t}^{2}}+t+1 \right)-\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2t+1}{\sqrt{3}} \right)+c\] per cui, in definitiva: \[\int{\frac{1}{x\left( {{\ln }^{3}}x-1 \right)}}dx=\frac{1}{3}\ln \left| \ln x-1 \right|-\frac{1}{6}\ln \left( {{\ln }^{2}}x+\ln x+1 \right)-\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2\ln x+1}{\sqrt{3}} \right)+c\quad .\]                                                                       

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego, mi aiuti a risolvere questo esercizio:

Data la funzione \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 2 \quad -\pi\le x < 0 \\ -3\quad\ 0\le x <\pi  \end{array} \right.\] dire se sia sviluppabile in serie di Fourier e dedurre la somma della seguente serie numerica:

                                 \[\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1-\cos n\pi }{n\pi }}\sin \left( 2n \right)\]

applicando la serie di Fourier trovata.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione \(f\left( x \right)\), prolungata periodicamente su \(\mathbb{R}\), presenta un grafico “a gradini” con punti di discontinuità in corrispondenza di \(x=k\pi\), \(k\in \mathbb{Z}\); la funzione è sviluppabile in serie di Fourier, e i suoi coefficienti nello sviluppo in serie sono:           \[{{a}_{0}}=\frac{1}{\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{f\left( x \right)dx}=\frac{1}{\pi }\left[ -3x \right]_{0}^{\pi }+\frac{1}{\pi }\left[ 2x \right]_{\pi }^{2\pi }=-1\] \[{{a}_{n}}=\frac{1}{\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{f\left( x \right)\cos nx\,dx}=\frac{1}{n\pi }\left[ -3\sin nx \right]_{0}^{\pi }+\frac{1}{n\pi }\left[ 2\sin nx \right]_{\pi }^{2\pi }=0\quad \forall n\ge 1\] \[{{b}_{k}}=\frac{1}{\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{f\left( x \right)\sin nx\,dx}=\frac{1}{n\pi }\left[ 3\cos nx \right]_{0}^{\pi }-\frac{1}{n\pi }\left[ 2\cos nx \right]_{\pi }^{2\pi }=-\frac{5\left( 1-\cos n\pi  \right)}{n\pi }=\frac{5\left[ {{\left( -1 \right)}^{n}}-1 \right]}{n\pi }\quad \forall n\ge 1\] quindi possiamo scrivere: \[f\left( x \right)\sim{\ }\ -\frac{1}{2}-5\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1-\cos n\pi }{n\pi }\sin nx}\quad .\]

Nel grafico è rappresentata \(f(x)\) insieme al suo sviluppo in polinomio di Fourier arrestato a \(n=9\): \[f\left( x \right)\sim{\ }\ -\frac{1}{2}-\frac{10}{\pi }\left( \sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+...+\frac{1}{9}\sin 9x \right)\quad .\] Infine, poiché \(f\left( 2 \right)=-3\), si ha: \[-3=-\frac{1}{2}-5\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1-\cos n\pi }{n\pi }\sin 2x}\to \sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{1-\cos n\pi }{n\pi }\sin 2x}=\frac{1}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho provato a fare questa espressione con i radicali (Matematica.blu 2.0, pag. 852, n.682):

\[\frac{{{\left( x+y \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{4}{3}}}+x{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{2}{3}}}}{{{\left( {{x}^{\frac{8}{3}}}-{{x}^{\frac{7}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{x}^{2}}{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}\]

ma non riesco a capire come farla.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

ricordando la scomposizione in fattori di una somma di cubi, e il fatto che \(x={{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{3}}\) possiamo dire che

 \[x+y=\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)\left( {{x}^{\frac{2}{3}}}-{{x}^{\frac{1}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)\]

 per cui:                                                                              

\[\frac{{{\left( x+y \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{4}{3}}}+x{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{2}{3}}}}{{{\left( {{x}^{\frac{8}{3}}}-{{x}^{\frac{7}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{x}^{2}}{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}=\]

\[=\frac{{{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{2}{3}}}-{{x}^{\frac{1}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( x\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right) \right)}^{\frac{2}{3}}}}{{{\left( {{x}^{2}}\left( {{x}^{\frac{2}{3}}}-{{x}^{\frac{1}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{2}{3}}} \right) \right)}^{\frac{1}{3}}}}=\]\[=\frac{{{x}^{\frac{2}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{2}{3}}}-{{x}^{\frac{1}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{2}{3}}}}{{{x}^{\frac{2}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{2}{3}}}-{{x}^{\frac{1}{3}}}{{y}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{2}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}={{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}{{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}} \right)}^{\frac{2}{3}}}={{x}^{\frac{1}{3}}}+{{y}^{\frac{1}{3}}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Carmen la seguente domanda:

Salve professore,

potrebbe aiutarmi a calcolare le derivate di queste funzioni composte?

\[y=\cot \sqrt{x}\quad y=\ln \left( \ln x \right)\quad y=\frac{\ln \left( {{e}^{x}} \right)}{2{{x}^{4}}}\quad y=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}\cos x\quad y=\frac{\ln x}{x-1}\]

\[y={{e}^{\sin x+\cos x}}\quad y=\frac{\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{\sqrt{x}}\quad y=\sqrt{\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)}\quad y=\ln \left( {{e}^{x}}-2 \right)\quad y=\ln \left( \tan \frac{x}{2} \right)\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Carmen,

ecco, in ordine, gli svolgimenti:

\[y=\cot \sqrt{x}\to y'=-\frac{1}{{{\sin }^{2}}\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}=-\frac{1}{2\sqrt{x}{{\sin }^{2}}\sqrt{x}}\]

\[y=\ln \left( \ln x \right)\to y'=\frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln x}\]

\[y=\frac{\ln \left( {{e}^{x}} \right)}{2{{x}^{4}}}=\frac{1}{2{{x}^{3}}}=\frac{1}{2}{{x}^{-3}}\to y'=-\frac{3}{2}{{x}^{-4}}=-\frac{3}{2{{x}^{4}}}\]

\[y=\frac{1}{2}{{e}^{2x}}\cos x\to y'={{e}^{2x}}\cos x-\frac{1}{2}{{e}^{2x}}\sin x=\frac{{{e}^{2x}}\left( 2\cos x-\sin x \right)}{2}\]

\[y=\frac{\ln x}{x-1}\to y'=\frac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\frac{x\left( 1-\ln x \right)-1}{x{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\]

\[y={{e}^{\sin x+\cos x}}\to y'={{e}^{\sin x+\cos x}}\left( \cos x-\sin x \right)\]

\[y=\frac{\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{\sqrt{x}}\to \frac{\frac{2x\sqrt{x}}{{{x}^{2}}+1}-\frac{\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{2\sqrt{x}}}{x}=\frac{4{{x}^{2}}-\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)}{2{{x}^{\frac{3}{2}}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\]

\[y=\sqrt{\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)}\to y'=\frac{1}{2\sqrt{\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)}}\cdot \frac{1}{\left( {{x}^{2}}+4 \right)}\cdot 2x=\frac{x}{\left( {{x}^{2}}+4 \right)\sqrt{\ln \left( {{x}^{2}}+4 \right)}}\]

\[y=\ln \left( {{e}^{x}}-2 \right)\to y'=\frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}-2}\]

\[y=\ln \left( \tan \frac{x}{2} \right)\to \frac{1}{\tan \frac{x}{2}}\cdot \frac{1}{{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}=\frac{1}{\sin x}\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego mi aiuti a risolvere questi quesiti:

1) Di un triangolo \(ABC\) si sa che l’angolo di vertice \(A\) è di \(60^\circ\) e che \(AB=2AC\). Dopo aver individuato la natura del triangolo determina un punto \(P\) sul lato \(AB\) in modo che sia verificata la relazione: \(AP+PB=kPC\).

2) Due circonferenze \(\gamma\) e \(\gamma ‘\) di centri \(O\) e \(O’\) e raggi \(r\) e \(r’\) sono tangenti esternamente in \(P\) e si sa che \(OO’=\frac{4}{3}r\). Una retta \(s\) per \(P\) incontra la circonferenza \(\gamma\) in \(Q\) e la perpendicolare in \(O’\) alla retta \(OO’\) in \(N\). Determina l’ampiezza \(x\) dell’angolo formato dalla retta \(s\) e da \(OO’\) in modo che sia verificata la relazione: \(PQ+3PN=kr\). Dette \(H\) e \(H’\) le proiezioni dei centri \(O\) e \(O’\) sulla retta \(s\) indica in quale trasformazione si corrispondono i segmenti \(OH\) e \(O’H’\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, posto \(AC=a\) e \(AB=2a\), poiché per il teorema dei coseni si ha \(BC^2=4a^2+a^2-2a^2=3a^2\), ne consegue che, essendo \(AB^2=AC^2+BC^2\), il triangolo è rettangolo di ipotenusa \(AB=2a\), e \(BC=\sqrt{3}a\). Per il teorema dei seni, si ha inoltre che, posto \(x=B\hat{C}P\), con \(0\le x\le \pi/2\):  \[PC:\sin \frac{\pi }{6}=\sqrt{3}a:\sin \left( x+\frac{\pi }{6} \right)\] per cui la relazione \(AP+PB=kPC\) si riduce all’equazione: \[\sin \left( x+\frac{\pi }{6} \right)=\frac{\sqrt{3}}{4}k\quad .\] Intersecando il grafico della funzione \(y=\sin \left( x+\frac{\pi }{6} \right)\) con il fascio di rette \(y=\frac{\sqrt{3}}{4}k\), parallele all’asse \(x\), si conclude che il problema ammette una soluzione per \(\frac{2\sqrt{3}}{3}\le k<2\), due soluzioni per \(2\le k\le \frac{4\sqrt{3}}{2}\).

Nel secondo caso, posto \(x=O’\hat{P}N= O\hat{P}Q \), con \(0\le x< \pi/2\) (il problema è simmetrico rispetto alla retta \(OO’\), per cui ogni soluzione accettabile nell’intervallo \(0\le x< \pi/2\) ne comporta una simmetrica nel semipiano opposto), si ha, considerando che \(r’=O’P=\frac{r}{3}\): \[PQ=2r\cos x\quad PN=\frac{r}{3\cos x}\]

per cui la relazione \(PQ+3PN=kr\) comporta la seguente equazione: \[2{{\cos }^{2}}x-k\cos x+1=0\quad .\]

Posto \(X=\cos x\)  e \(Y=X^2\), l’equazione diventa equivalente, nel piano \(XY\), al problema di individuare le intersezioni tra l’arco di parabola \(Y=X^2\) compreso tra i punti \(A(0,0)\) e \(B(1,1)\) e il fascio proprio di rette \(Y=\frac{k}{2}X-\frac{1}{2}\), di centro \((0,-1/2)\); si conclude che il problema ammette, nell’intervallo \(0\le x< \pi/2\), due soluzioni per \(2\sqrt{2}\le k\le 3\), una soluzione per \(k>3\). Per quanto riguarda la trasformazione che porta il segmento \(OH\) a coincidere con \(O’H’\), si tratta di una omotetia di centro \(P\) e fattore \(-1/3\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi aiuta a studiare questa funzione?

Senza fare uso della derivata seconda, studiare il grafico della funzione:

                                     \[f\left( x \right)=\frac{1}{\left( x+5 \right)\ln \left( x+5 \right)}\quad .\]

Dire se \(f\) è iniettiva, dire in quanti punti assume il valore \(756\), dire se assume il valore \(-10\), dire se esistono due punti \(x_1\) e \(x_2\) per i quali risulti \(f(x_1)+f(x_2)=0\).

La ringrazio di cuore.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

la funzione, definita, continua e derivabile nell’insieme \({{D}_{f}}=\left] -5-4 \right[\cup \left] -4,+\infty  \right[\), positiva per \(x>-4\) e mai nulla, presenta i seguenti limiti, tenendo presente che in generale \(1/t\) è infinito di ordine superiore rispetto a \(\ln(t)\) nel limite per \(t\) che tende a \(0^+\): \[\underset{x\to -{{5}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty \quad \underset{x\to -{{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{{{0}^{-}}}=-\infty \quad \underset{x\to -{{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{{{0}^{+}}}=+\infty \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{+\infty }=0\quad .\]

Pertanto il grafico di \(f(x)\) presenta due asintoti verticali, \(x=-5\) e \(x=-4\), e un asintoto orizzontale, \(y=0\). La derivata prima \[f'\left( x \right)=-\frac{\ln \left( x+5 \right)+1}{{{\left( x+5 \right)}^{2}}{{\ln }^{2}}\left( x+5 \right)}\] si annulla solo per \(x={{e}^{-1}}-5\), e poiché \(f’>0\) per \(-5<x<{{e}^{-1}}-5\), \(f’<0\) per \(x>{{e}^{-1}}-5,x\ne -4\), si ha che il punto di ascissa \(x={{e}^{-1}}-5\) rappresenta un massimo relativo per il grafico di \(f(x)\), di valore \(y=-e\).

Il grafico che ne consegue, permette di rispondere agevolmente alle varie questioni poste: la funzione, di codominio \({{C}_{f}}=\left] -\infty ,-e \right]\cup \left] 0,+\infty  \right[\), non è iniettiva, assume una sola volta il valore \(756\), due volte il valore \(-10\), e vi sono infinite coppie di valori \(x_1\) e \(x_2\) per i quali risulta \(f(x_1)+f(x_2)=0\), cioè tali che \(f(x_1)=-f(x_2)\), purchè un ascissa sia compresa tra \(-5\) e \(-4\) e l’altra sia maggiore di \(-4\) (e inferiore a \({{f}^{-1}}\left( e \right)\)).

Massimo Bergamini  

Ricevo da Stefano la seguente domanda:

Per favore, può aiutarmi a dimostrare questo problema con le proprietà relative alla circonferenza?

Sia \(\gamma\) una circonferenza di centro \(O\) e diametro \(AB=2r\). Prolunga il diametro \(AB\) di un segmento \(BE=r\) dalla parte di \(B\) e dal punto \(E\) conduci una tangente alla circonferenza. Detto \(F\) il punto di contatto di questa tangente con la circonferenza, unisci \(F\) con \(A\) e con \(O\). Dimostra che i triangoli \(AFB\) e \(OFE\) sono congruenti.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Stefano,

con riferimento alla figura, osserviamo innanzitutto che i triangoli \(AFB\) e \(OFE\) sono entrambi rettangoli di ipotenuse \(AB\) e \(OE\) congruenti: \(AFB\) in quanto inscritto in una semicirconferenza, \(OFE\) in quanto il segmento di tangente \(EF\) è perpendicolare al raggio \(OF\) nel punto di tangenza \(F\). In quanto rettangolo, il triangolo \(OFE\) risulta inscritto nella semicirconferenza di diametro \(OE=2r\) e centro \(B\), e di conseguenza la mediana \(BF\) è un raggio di tale semicirconferenza, e quindi \(BF\cong OF\), essendo \(OF\) a sua volta mediana rispetto \(AB\) del triangolo rettangolo \(ABF\): i due triangoli, avendo tra loro congruenti ipotenusa e un cateto, risultano congruenti, come volevasi dimostrare.

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gent.mo professore, ho difficoltà nello svolgimento dei seguenti integrali:

\[\int{\frac{1}{1+{{e}^{3x}}}dx\quad }\int{\frac{\tan x}{1-{{\cos }^{3}}x}dx\quad }\int{\frac{\ln x}{x\sqrt{1-{{\ln }^{2}}x}}dx\quad }.\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso:

\[\int{\frac{1}{1+{{e}^{3x}}}dx}=\int{\frac{1+{{e}^{3x}}}{1+{{e}^{3x}}}dx}-\int{\frac{{{e}^{3x}}}{1+{{e}^{3x}}}dx}=\int{dx}-\frac{1}{3}\int{\frac{3{{e}^{3x}}}{1+{{e}^{3x}}}dx}=x-\frac{1}{3}\ln \left( 1+{{e}^{3x}} \right)+c\quad .\]

Nel secondo caso, posto \(t=\cos x,\ dt=-\sin x\,dx\):

\[\int{\frac{\tan x}{1-{{\cos }^{3}}x}dx=}\int{\frac{\sin x}{\cos x\left( 1-{{\cos }^{3}}x \right)}dx=}\int{\frac{1}{t\left( {{t}^{3}}-1 \right)}dt=}\int{\frac{1}{t\left( t-1 \right)\left( {{t}^{2}}+t+1 \right)}dt=}\]\[=-\int{\frac{1}{t}dt+\frac{1}{3}}\int{\frac{1}{t-1}dt+\frac{1}{3}}\int{\frac{2t+1}{{{t}^{2}}+t+1}dt=-\ln \left| t \right|+}\frac{1}{3}\ln \left| t-1 \right|+\frac{1}{3}\ln \left( {{t}^{2}}+t+1 \right)+c=\]\[\frac{1}{3}\ln \left| {{t}^{3}}-1 \right|-\ln \left| t \right|+c=\frac{1}{3}\ln \left( 1-{{\cos }^{3}}x \right)-\ln \left| \cos x \right|+c\quad .\]

Nell’ultimo caso, posto \(t=\ln x,\ dt=\frac{1}{x}dx\):

\[\int{\frac{\ln x}{x\sqrt{1-{{\ln }^{2}}x}}dx=}\int{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}}dt=}-\int{\frac{-t}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}}dt=}-\sqrt{1-{{t}^{2}}}+c=-\sqrt{1-{{\ln }^{2}}x}+c\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come viene risolto questo quesito?

È la notte di Natale e Babbo Natale sta entrando nella casa di Andrea, David e Giacomo, ma appena sceso dal camino vede tre alberi di natale, uno per ogni bambino. Sapendo che Babbo Natale ha in tutto \(10\) regali e che ogni bambino ha almeno \(2\) regali, quanti modi ha di distribuire i regali? (I regali hanno tutti la stessa carta quindi possono essere considerati tutti uguali e quindi nella distribuzione tra gli alberi varia solo il numero di regali).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

possiamo vedere il problema in questo modo: dati tre “posti” (gli alberi distinti), in quanti modi possiamo distribuirvi tre numeri, ciascuno compreso tra \(2\) e \(6\) (ogni bambino non può avere meno di \(2\) regali e quindi non più di \(6\), essendo fissato a \(10\) il totale), e la cui somma sia \(10\)? Si può facilmente verificare che le sole possibili terne di addendi sono le seguenti: \(2+3+5\),  \(2+2+6\), \(2+4+4\), \(3+3+4\); poiché la \(1^\circ\) può essere riordinata in \(3!=6\) modi, mentre le altre tre solo in \(3\) modi ciascuna, il totale delle possibili distribuzioni di regali è \(6+3+3+3=15\). In altro modo, avremmo potuto ragionare così: scelti due alberi, ad esempio quelli di Andrea e David, in quanti modi possiamo distribuire tra di loro i regali? (non vi sono altri modi, poiché per ognuno di questi, il numero di regali che rimangono per Giacomo è univocamente determinato). Possiamo esaminare le possibili assegnazioni di regali ad Andrea, e per ciascuna di queste contare le possibili assegnazioni a David: indichiamole come coppie ordinate di numeri (“regali di Andrea”, “regali di David”), e contiamole:

\[\left( 2,2 \right),\left( 2,3 \right),\left( 2,4 \right),\left( 2,5 \right),\left( 2,6 \right),\]

\[\left( 3,2 \right),\left( 3,3 \right),\left( 3,4 \right),\left( 3,5 \right),\]

\[\left( 4,2 \right),\left( 4,3 \right),\left( 4,4 \right),\]

\[\left( 5,2 \right),\left( 5,3 \right),\]

\[\left( 6,2 \right)\ .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

posso vedere come vengono risolti questi esercizi?

Considera i punti \(A(0;4)\), \(B(0:-2)\), \(C(5;0)\) e un punto generico \(P(h;k)\), con \(h\) e \(k\) reali; siano \(A’\), \(B’\), \(C’\) le proiezioni di \(P\) rispettivamente sulle rette \(BC\), \(AC\) e \(AB\).

1) Calcola l’equazione della circonferenza \(\gamma\) passante per \(A\), \(B\) e \(C\).

2) Verifica che il punto \(P\) appartiene a \(\gamma\) se e solo se i tre punti \(A’\), \(B’\) e \(C’\) sono allineati.

3) Determina l’area del triangolo \(ABP\) quando \(P\) appartiene al minore degli archi \(AB\); trova la posizione di \(P\) affinché detta area sia massima.

Dato il triangolo\(A(1,2)\), \(B(-7,6)\) e \(C(-1,0)\), determina l’equazione della circonferenza circoscritta e quella della circonferenza con centro in \(C\) e tangente alla retta \(AB\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, la circonferenza \(\gamma\) ha equazione \(5x^2+5y^2-17x-10y-40=0\), come si può ricavare, ad esempio, dal fatto che il centro di \(\gamma\) deve appartenere all’asse di \(AB\), cioè la retta \(y=1\), e anche all’asse di \(BC\), cioè la retta \(y=-\frac{5}{2}x-\frac{21}{4}\), quindi ha coordinate \(O\left( \frac{17}{10},1 \right)\), mentre il raggio è dato da \(OC=\frac{\sqrt{1189}}{10}\). Ricaviamo le coordinate di \(A’\), \(B’\) e \(C’\) in funzione delle coordinate di \(P(h;k)\), intersecando le rette dei lati con le perpendicolari ai lati passanti per \(P\); otteniamo:

\[A'\left( \frac{25h-20k+80}{41},\frac{-20h+16k+100}{41} \right)\] \[B'\left( \frac{25h+10k+20}{29},\frac{10h+4k-50}{29} \right)\] \[C'\left( 0,k \right)\] da cui la condizione di allineamento \({{m}_{A’C'}}={{m}_{B’C'}}\):

\[\frac{-4h-5k+20}{5h-4k+16}=\frac{2h-5k-10}{5h+2k+4}\to 5{{h}^{2}}+5{{k}^{2}}-17h-10k-40=0\] che equivale alla condizione di appartenenza a \(\gamma\). Il triangolo \(ABP\) ha base \(AB=6\) fissa, e altezza \(PH=\left| {{x}_{P}} \right|\), con  \(0\le \left| {{x}_{P}} \right|\le \frac{\sqrt{1189}-17}{10}\), per cui la posizione di \(P\) che corrisponde al triangolo di area massima è \(P\left( \frac{17-\sqrt{1189}}{10},1 \right)\).

Nel secondo problema, la circonferenza circoscritta si può trovare risolvendo il sistema di condizioni \[1+4+a+2b+c=0\ \wedge \ 49+36-7a+6b+c=0\ \wedge \ 1-a+c=0\] da cui l’equazione  \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6x-8y+5=0\quad .\]

Per quanto riguarda la seconda circonferenza, basta ricavare il raggio come distanza tra \(C\) e la retta \(AB\):

\[\frac{\left| -1-5 \right|}{\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\to {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=\frac{36}{5}\to 5{{x}^{2}}+5{{y}^{2}}+10x-31=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Alessandro la seguente domanda:

Buonasera, siccome non ho capito molto bene questi tipi di esercizi, le chiederei gentilmente di aiutarmi riguardo questi problemi:

1) Data la parabola \(y=-x^2+1\), determina su di essa un punto \(P\) di ordinata positiva in modo che sia minima la somma dei quadrati delle distanze di \(P\) dai punti di intersezione della parabola con l’asse \(x\).

2) Tra tutti i rombi di perimetro \(a\) determina quello di area massima.

3) Date la parabola di equazione \(y=x^2\) e l’iperbole equilatera di equazione \(y=-\frac{4}{x}\), considera sulle due curve due punti \(P\) e \(Q\) con la stessa ascissa \(a>0\). Calcola la distanza \(PQ\) e trova per quale valore di \(a\) essa è minima.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Alessandro,

nel primo caso, posto che \(A(-1,0)\) e \(B(1,0)\) sono le intersezioni della parabola con l’asse \(x\), detto \(P(x,-x^2+1)\) con \(-1\le x \le 1\) il punto dell’arco \(AB\) della parabola, si ha        \[f\left( x \right)=P{{A}^{2}}+P{{B}^{2}}={{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( -{{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}+{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( -{{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}=2{{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+4\] e poiché \[f'\left( x \right)=8{{x}^{3}}-4x=4x\left( 2{{x}^{2}}-1 \right)\]si può osservare che, nell’intervallo \(-1\le x \le 1\), si ha \(f’\left( x \right)=0\) se e solo se \(x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\); tali valori corrispondono entrambi a due minimi relativi per \(f(x)\), essendo entrambi preceduti da valori di \(x\) in cui si ha \(f’\left( x \right)<0\), e seguiti da valori di \(x\) in cui si ha \(f’\left( x \right)>0\).

Nel secondo caso, detta \(x\) una delle semidiagonali del rombo, essendo \(a/4\) la misura di ciascuno dei lati, si ha \(0\le x \le a/4\) e la misura dell’altra semidiagonale, per il teorema di Pitagora, è data da \(\frac{\sqrt{{{a}^{2}}-16{{x}^{2}}}}{4}\), pertanto l’area è espressa dalla funzione: \[f\left( x \right)=\frac{x\sqrt{{{a}^{2}}-16{{x}^{2}}}}{2}\] la cui derivata: \[f'\left( x \right)=\frac{1}{2}\left( \sqrt{{{a}^{2}}-16{{x}^{2}}}-\frac{16{{x}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}-16{{x}^{2}}}} \right)=\frac{{{a}^{2}}-32{{x}^{2}}}{2\sqrt{{{a}^{2}}-16{{x}^{2}}}}\] si annulla solo per \(x=\frac{a\sqrt{2}}{8}\), valore corrispondente al massimo cercato, come si deduce dal segno della derivata stessa nell’intervallo \(0\le x \le a/4\). Il valore trovato corrisponde ad un rombo con le semidiagonali uguali, cioè ad un quadrato.

Nell’ultimo caso, detto \(P(a,a^2)\) il punto sulla parabola e \(Q(a,-4/a)\) il punto sull’iperbole, con \(a>0\), la funzione da minimizzare è la seguente: \[f\left( a \right)=\overline{PQ}=\left| {{y}_{P}}-{{y}_{Q}} \right|={{a}^{2}}+\frac{4}{a}\]

per cui: \[f'\left( a \right)=2a-\frac{4}{{{a}^{2}}}=\frac{2\left( {{a}^{3}}-2 \right)}{{{a}^{2}}}=0\leftrightarrow a=\sqrt[3]{2}\]e anche in tal caso l’analisi del segno di \(f’(a)\) in un intorno del valore di annullamento, ci conferma che si tratta del minimo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Gentile professore,

vorrei proporle il seguente problema:

Sia dato \(b\) appartenente all’intervallo \(\left[ 0,\pi  \right]\) e sia definita la successione

\[\left\{ \begin{array}{ll} a_0=b \\ a_{n+1}=a_n+\sin(a_n) \end{array} \right.\]

per \(n\ge 0\). Stabilire se la successione \(\left\{ {{a}_{n}} \right\}\) ammette limite e, in caso affermativo, calcolarlo.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

possiamo trattare questa successione definita in modo ricorsivo come la successione dei valori ottenuti per “contrazione” della funzione \(f\left( x \right)=x+\sin x\), a partire dal valore iniziale \(x=b\), cioè come la successione seguente: \[\left\{ \begin{array}{ll} a_0=b \\ a_{n+1}=f(a_n) \end{array} \right.\]

La funzione \(f(x)\), definita, continua e derivabile in \(\left[ 0,\pi  \right]\), è nulla per \(x=0\), positiva per \(x\in \left] 0,\pi  \right]\) e monotona crescente, in quanto a derivata positiva (\(f’\left( x \right)=1+\cos x\)) in \(\left[ 0,\pi  \right[\): quindi il massimo valore che \(f(x)\) assume nell’intervallo \(\left[ 0,\pi  \right]\) è \(f(\pi)=\pi\), per cui gli “output” di \(f(x)\) sono sempre degli “input” per la \(f(x)\) stessa che ricadono nello stesso intervallo \(\left[ 0,\pi  \right]\). Il possibile valore limite a cui può tendere la successione deve essere ricercato tra gli eventuali punti fissi della funzione \(f(x)\), cioè le soluzioni dell’equazione \(f\left( x \right)=x\): nell’intervallo \(\left[ 0,\pi  \right]\) si hanno le soluzioni \(x=0\) e \(x=\pi\):

se \(x_0=b=0\) o \(x_0=b=\pi\), la successione è costante e il limite coincide con \(x_0\);  tuttavia, perché possa rappresentare l’eventuale limite \(l\) quando sia \(b\in \left] 0,\pi  \right[\), il punto fisso \(x=l\) deve soddisfare la condizione di “stabilità asintotica”, cioè deve essere tale che    \[\left| f'\left( l \right) \right|<1\] e poiché:\[f'\left( 0 \right)=2>1\quad \quad \quad f'\left( \pi  \right)=0<1\] si deduce che \(x=\pi\) è il punto fisso asintoticamente stabile, e quindi: \[{{a}_{0}}=b=0\to \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=0,\quad {{a}_{0}}=b\in \left] 0,\pi  \right]\to \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

vorrei farle vedere un altro quesito che non ho capito:

In un triangolo equilatero \(ABC\) di lato \(l\) il punto \(L\) di \(AC\) e il punto \(M\) di \(AB\) sono tali che \(AL=AM\).  Determina \(L\) in modo che risulti \(2AM^2+MB^2+LB^2=kl^2\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

posto \(x=AM=AL\), con \(0\le x\le l\), e considerato il teorema dei coseni nel triangolo \(LAB\), l’equazione richiesta diventa: \[2{{x}^{2}}+{{\left( l-x \right)}^{2}}+{{x}^{2}}+{{l}^{2}}-2xl\cos \left( 60{}^\circ  \right)=\]\[=k{{l}^{2}}\to 4{{x}^{2}}-3lx+\left( 2-k \right){{l}^{2}}=0\quad .\]

Non si perde generalità se, per comodità, si pone \(l=1\), per cui il problema risulta equivalente al seguente problema di intersezione parabola-fascio di rette nel piano cartesiano: \[\left\{ \begin{array}{lll} y=x^2 \\ 4y-3x+(2-k)=0 \\ 0\le x \le 1 \end{array} \right.\] le cui soluzioni sono rappresentate nella figura a fianco: se ne ricava che il problema ammette due soluzioni per \(\frac{23}{16}\le k\le 2\) (coincidenti nel caso \(k=\frac{23}{16}\)), una soluzione per \(2<k\le 3\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

la prego di aiutarmi a risolvere questo quesito:

Data la semicirconferenza di diametro \(AB=2r\), traccia una corda \(CD\) parallela al diametro, con \(C\) più vicino a \(B\). Determina l’ampiezza dell’angolo \(D\hat{A}B=x\) in modo che il perimetro del trapezio \(ABCD\) sia uguale a \(4kr\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, osserviamo il triangolo isoscele \(AOD\), e ricaviamo: \[AB=2r\quad \quad AD=BC=2OA\cos x=2r\cos x\] \[DC=2DM=2HO=2\left( AO-AH \right)=\]\[=2\left( r-AD\cos x \right)=2r-4r{{\cos }^{2}}x\]

per cui, l’equazione richiesta risulta: \[{{\cos }^{2}}x-\cos x+k-1=0\quad \quad \frac{\pi }{4}\le x\le \frac{\pi }{2}\quad .\]

Posto \(X=\cos x\), \(Y=X^2\), il problema si traduce nel seguente sistema, che rappresenta l’intersezione di un arco di parabola con un fascio improprio di rette nel piano \(XY\):

\[\left\{ \begin{array}{lll} Y=X^2 \\ Y-X+k-1=0 \\ 0\le X \le \frac{\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.\]

le cui soluzioni sono rappresentate nella figura a fianco: se ne ricava che il problema ammette una soluzione per \(1\le k< \frac{\sqrt{2}+1}{2}\), due soluzioni per \(\frac{\sqrt{2}+1}{2}\le k\le \frac{5}{4}\), coincidenti nel caso \(k=\frac{5}{4}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Gentile professore,

le vorrei chiedere un aiuto in merito a tale dimostrazione:

Sia \(a_n\) una successione a termini non negativi; verificare che \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=l\Leftrightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}^{2}={{l}^{2}}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

assumiamo già dimostrato il fatto, valido in generale per le funzioni in un dato limite \(x\to x_0\) e in particolare per le successioni nel limite \(n\to +\infty\), che il limite del prodotto di due funzioni sia il prodotto dei limiti, purchè non si presenti il prodotto tra un infinitesimo e un infinito (forma indeterminata) (che nel nostro caso è escluso, essendo \(l\) finito) e assumiamo dimostrato l’inverso del teorema della permanenza del segno che, per l’ipotesi \(a_n\ge 0\), implica \(l\ge 0\); allora possiamo procedere in questo modo: \[1)\quad\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=l\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}^{2}={{l}^{2}}\quad :\]

infatti \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}^{2}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}}\cdot {{a}_{n}} \right)=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right)\cdot \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right)=l\cdot l={{l}^{2}}\]

\[2)\quad\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}^{2}={{l}^{2}}\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=l\quad :\]

infatti \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}^{2}={{l}^{2}}\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right)\cdot \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right)={{l}^{2}}\Rightarrow {{\left( \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right) \right)}^{2}}={{l}^{2}}\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{a}_{n}} \right)=\pm l\] ma essendo, come si ricordava, \(l\ge 0\), ed essendo necessariamente, per il teorema della permanenza del segno, \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}\ge 0\] si ha \[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=l\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Salve professore,

può aiutarmi nella risoluzione di questi limiti?

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{5-5\cos x}{2x\sin x}\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+3}{x-1} \right)}^{x}}\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+5x \right)}^{\frac{1}{5x}}}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

nel primo caso, facendo uso di noti limiti goniometrici:

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{5-5\cos x}{2x\sin x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{5\left( 1-\cos x \right)x}{2{{x}^{2}}\sin x}=\frac{5}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}\cdot \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}=\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\frac{5}{4}\quad .\]

Nel secondo caso, abbiamo una forma neperiana \({{1}^{\infty }}\), quindi:

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

Anche nel terzo caso si tartta di una forma neperiana, in cui possiamo operare la sostituzione \(t=\frac{1}{5x}\):

\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+5x \right)}^{\frac{1}{5x}}}=\underset{t\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{t} \right)}^{t}}=e\quad .\]

Massimo Bergamini