Ricevo da Angela la seguente domanda:

Caro professore,

sto aiutando mio fratello a fare il seguente integrale:

                           \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos x\sin x}{\sqrt{1-{{\cos }^{4}}x}}dx\quad .}\]

Mi aiuti professore, grazie.

Le rispondo così:

Cara Angela,

possiamo procedere per successive sostituzioni di variabile, ponendo dapprima \(\cos x=t\): \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos x\sin x}{\sqrt{1-{{\cos }^{4}}x}}dx=}-\int\limits_{1}^{0}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt=}\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt}\] quindi, ponendo \(p={{t}^{2}}\):

\[\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{\sqrt{1-{{p}^{2}}}}dp}=\frac{1}{2}\left[ \arcsin p \right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giovanni la seguente domanda:

Buongiorno Professore,

potrebbe spiegarmi come risolvere i seguenti problemi?

1) Sia \(C\) il centro di una circonferenza passante per \(A(-8;0)\) e tangente in \(O(0;0)\) alla retta di equazione \(4x-3y=0\). Determinare le equazioni delle rette \(t_1\) e \(t_2\) uscenti da \(S(-11;2)\) e tangenti alla circonferenza. Determinare per quali valori del parametro \(k\in \mathbb{R}\) le rette di equazione \(y=2x+k\) incontrano la circonferenza in punti del \(2^\circ\) quadrante. Determinare inoltre graficamente i punti \(P(x;y)\) appartenenti al semipiano \(\alpha_1 : x+y\ge 0\) tali che \(PC\le  3\).

2) Scritta, nel piano \(xOy\), l’equazione della circonferenza \(\gamma\) avente il centro sulla retta \(y=-3x\) e tangente ai lati della striscia delimitata dalle rette \(r: x+y+4\sqrt{2}=0\) e \(s: x+y-4\sqrt{2}=0\), indicare con \(A\) e \(B\) i punti d’intersezione di \(\gamma\) con i semiassi \(x\) e \(y\) positivi. Determinata, poi, l’equazione della parabola \(\varphi\) passante per \(A\), \(B\) e \(C(0;-2)\), rispondere ai seguenti quesiti:

a) sull’arco \(AB\) di \(\varphi\) determinare un punto \(P\) in modo che risulti uguale a \(2k\) (\(k\in \mathbb{R}^+\)) l’area del quadrilatero \(APBO\). Qual è il valore massimo dell’area? E in tal caso \(P\) dove si trova?

b) Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata da \(\varphi\) e dalla retta \(AB\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giovanni,

nel primo caso ricaviamo l’equazione della circonferenza imponendo il passaggio per \(A(-8;0)\) alla circonferenza del fascio \(k(4x-3y)+x^2+y^2=0\), costituito da tutte le circonferenze tangenti nell’origine alla retta \(4x-3y=0\): ottenuto \(k=2\), si ha la circonferenza di equazione \(x^2+y^2+8x-6y=0\), di centro \(C(-4;3)\) e raggio \(r=5\). Imponendo alla retta del fascio proprio di centro \(S\), di equazione \(mx-y+11m+2=0\), di avere distanza \(5\) da \(C\), si ottiene:  \[\frac{\left| -4m-3+11m+2 \right|}{\sqrt{1+{{m}^{2}}}}=5\to\] \[\to12{{m}^{2}}-7m-12=0\to \]\[\to m=\frac{4}{3}\vee m=-\frac{3}{4}\to \]\[\to{{t}_{1}}:y=\frac{4}{3}x+\frac{50}{3},{{t}_{2}}:y=-\frac{3}{4}x-\frac{25}{4}\quad .\]

Le rette del fascio \(y=2x+k\) soddisfano la richiesta del problema se incontrano l’arco della circonferenza di estremi \(A(-8;0)\) e \(B(0;6)\) appartenente al secondo quadrante: troviamo quindi i valori di \(k\) per i quali si ha il passaggio per \(B(0;6)\), cioè \(k=6\), e la tangenza in \(T\) all’arco \(AB\), cioè, imponendo la distanza dal centro pari al raggio, \(\left| -11+k \right|/\sqrt{5}=5\to k=11+5\sqrt{5}\); quindi, la condizione è verificata per \(6\le k\le 11+5\sqrt{5}\). Infine, il segmento circolare definito dalla corda \(FG\) del cerchio di centro \(C\) e raggio \(3\) è l’insieme dei punti \(P\) del semipiano \(\alpha_1\) tali che \(PC\le  3\).

Nel secondo caso, si osserva che il centro di \(\gamma\) deve appartenere anche alla retta dei punti equidistanti dalle tangenti \(r\) e \(s\), cioè la retta \(y=-x\), e quindi il centro è necessariamente l’origine \(O(0;0)\) del riferimento, e il raggio la distanza di \(O\) da una delle tangenti, cioè \(4\), da cui l’equazione di \(\gamma\): \(x^2+y^2=16\). I punti \(A(4;0)\), \(B(0;4)\) e \(C(0;-2)\) definiscono univocamente una parabola \(\varphi\) con asse parallelo all’asse \(x\), cioè con equazione \(x=ay^2+by+c\):\[4a-2b+c=0\wedge 16a+4b+c=0\wedge c=4\to \]\[\to a=-\frac{1}{2},b=1,c=4\] da cui l’equazione di \(\varphi\): \(x=-\frac{1}{2}{{y}^{2}}+y+4\). Per rispondere al primo quesito, osserviamo che l’area \(S\) di \(APBO\) si può ottenere come somma delle aree dei triangoli \(BOP\) e \(AOP\), aventi entrambi base \(4\) e altezza rispettivamente l’ascissa e l’ordinata di \(P\), per cui, posto che \(0\le y \le 4\): \[S=2\left( -\frac{1}{2}{{y}^{2}}+y+4 \right)+2y=-{{y}^{2}}+4y+8\] per cui l’equazione parametrica da discutere risulta essere \({{y}^{2}}-4y-8+2k=0,\ 0\le y\le 4\). Possiamo procedere in modo geometrico-analitico, ponendo \(Y=y^2\), e discutendo nel piano \(y-Y\) il seguente sistema parabola-fascio improprio di rette:

\[\left\{ \begin{array}{lll} Y=y^2 \\ Y-4y-8+2k=0 \\ 0\le y \le 4 \end{array} \right.\]

da cui si deduce che per \(k=4\) la retta del fascio passa per entrambi gli estremi \((0;0)\) e \((4;16)\) dell’arco della parabola \(Y=y^2\), mentre per \(k=6\) si ha che la retta è tangente all’arco: il problema ammette due soluzioni per ogni \(k\) tale che \(4\le k \le 6\) (per \(k=6\) le soluzioni sono coincidenti). Poiché \(2k\) è massimo per \(k=6\), e vale \(12\), questo è il massimo valore possibile per l’area \(S\) di \(APBO\), e in tal caso si ha \(P(4;2)\).

L’ultima questione può essere risolta osservando che la tangente in \(P\) a \(\varphi\) è necessariamente parallela alla corda \(AB\), essendo \(P\) il punto di ordinata media dell’arco \(AB\), quindi la sua equazione è \(y=-x+6\), e \(F(6;0)\) l’intersezione di tale retta con l’asse \(x\): si può quindi applicare il teorema di Archimede per l’area \(S_P\) del segmento parabolico, osservando che il parallelogramma \(AFGB\) in cui tale segmento risulta inscritto ha area \(2\cdot 4=8\), quindi \[{{S}_{P}}=\frac{2}{3}\cdot 8=\frac{16}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho delle difficoltà nei seguenti esercizi:

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

2) \[\int{\frac{{{e}^{x}}\sqrt{{{e}^{x}}-1}+1}{{{e}^{x}}+8}dx\quad .}\]

3) Date le seguenti successioni: \({{a}_{n}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{n-1}\), con \(n>1\), e \({{b}_{n}}={{e}^{\frac{2}{n}}}-1\), con \(n>0\), dire se:

a) \(a_n\) è regolare;

b) \(a_n\cdot b_n\) è limitata inferiormente;

c) \(b_n\) è monotona.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

riguardo al limite, che si presenta come un prodotto tra una forma \(+\infty-\infty\) e una forma \(\infty/\infty\), possiamo mettere in evidenza i vari ordini di infinito dei diversi fattori con la seguente manipolazione algebrica:

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

Riguardo all’integrale, posto \(t={{e}^{x}}\), e quindi \(dx=dt/t\) si ha: \[\int{\frac{{{e}^{x}}\sqrt{{{e}^{x}}-1}+1}{{{e}^{x}}+8}dx}=\int{\frac{t\sqrt{t-1}+1}{t\left( t+8 \right)}dt=}\int{\frac{\sqrt{t-1}}{t+8}dt+\int{\frac{1}{t\left( t+8 \right)}dt=}}\]\[=\int{\frac{\sqrt{t-1}}{t+8}dt+\frac{1}{8}\int{\frac{1}{t}dt-\frac{1}{8}\int{\frac{1}{t+8}dt}=}}\int{\frac{\sqrt{t-1}}{t+8}dt+}\frac{1}{8}\ln \left( \frac{t}{t+8} \right)\] e infine, posto \(p=\sqrt{t-1}\), \(dt=2pdp\), si ha: \[\int{\frac{{{e}^{x}}\sqrt{{{e}^{x}}-1}+1}{{{e}^{x}}+8}dx}=2\int{\frac{{{p}^{2}}}{{{p}^{2}}+9}dp}+\frac{1}{8}\ln \left( \frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}+8} \right)=\]\[=2\int{dp}-\frac{1}{3}\int{\frac{1/3}{1+{{\left( p/3 \right)}^{2}}}}dp+\frac{1}{8}\ln \left( \frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}+8} \right)=\]\[=2\sqrt{{{e}^{x}}-1}-6\arctan \left( \frac{\sqrt{{{e}^{x}}-1}}{3} \right)+\frac{x}{8}-\frac{1}{8}\ln \left( {{e}^{x}}+8 \right)+c\quad .\]

Infine, riguardo alle successioni \(a_n\) e \(b_n\), si osserva che \(a_n\) è regolare, cioè ammette limite per \(n\to +\infty\), e tale limite è \(0\), in quanto:       \[\forall \varepsilon >0\ \exists {{n}_{\varepsilon }}/se\ n>{{n}_{\varepsilon }}\Rightarrow \left| \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{n-1} \right|<\varepsilon \] infatti: \[\left| \frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}}{n-1} \right|<\varepsilon \to \frac{1}{n-1}<\varepsilon \to n>1+\frac{1}{\varepsilon }\to {{n}_{\varepsilon }}=1+\left[ 1+\frac{1}{\varepsilon } \right]\quad .\] La successione  \[{{a}_{n}}\cdot {{b}_{n}}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{n}}\left( {{e}^{2/n}}-1 \right)}{n-1}\] ha anch’essa limite \(0\), essendo \(\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{2/n}}=1\), quindi è limitata inferiormente, e \(\min \left\{ {{a}_{n}}\cdot {{b}_{n}} \right\}=-\frac{{{e}^{2/3}}-1}{2}\), come si deduce dal fatto che la successione \(b_n\) è a termini positivi e monotona decrescente: \[{{e}^{2/(n+1)}}-1<{{e}^{2/n}}-1\to {{e}^{2/(n+1)}}<{{e}^{2/n}}\to \frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}\to n<n+1\quad \forall n\] per cui risulta monotona decrescente anche la successione  \(\left| {{a}_{n}}\cdot {{b}_{n}} \right|\), e il suo termine minore è quindi il primo termine negativo nella successione a segni alternati \({{a}_{n}}\cdot {{b}_{n}}\), cioè \({{a}_{3}}\cdot {{b}_{3}}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Alessia la seguente domanda:

Salve,

dovrei risolvere questo esercizio ma non ne sono capace:

Scrivi l’equazione della retta corrispondente della retta \(r:\;y=2x\) in una rotazione di \(135\) gradi intorno all’origine.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Alessia,

la rotazione \(R\) in questione è definita dalle seguenti equazioni:

\[R:\left\{ \begin{array}{ll} x’=-\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y \\ y’=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y \end{array} \right.\] pertanto, per ottenere l’equazione della retta \(r’\) dobbiamo sostituire alle variabili \(x\) e \(y\) nell’equazione di \(r\) le espressioni di \(x’\) e \(y’\) associate alla trasformazione inversa \(R^{-1}\), cioè:

\[R^{-1}:\left\{ \begin{array}{ll} x’=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y \\ y’=-\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y \end{array} \right.\] per cui si ha: \[r':-\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y=2\left( -\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y \right)\to \]\[\to y=\frac{1}{3}x\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Angela la seguente domanda:

Caro professore,

non so proprio come affrontare questo esercizio:

Studiare la sommabilità della seguente funzione:

                                         \[f\left( x \right)=\frac{\arctan x}{\sqrt{x}{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\]

nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Angela,

la sommabilità (o integrabilità in senso generalizzato) della funzione in questione, cioè l’esistenza e finitezza del seguente limite:\[\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=}\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \underset{b\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{b}{\frac{\arctan x}{\sqrt{x}{{\left( x-1 \right)}^{2}}}dx} \right)\] si può indagare ricorrendo all’analisi di funzioni \(g(x)\) che siano asintoticamente equivalenti a \(f(x)\) in ciascuno dei limiti coinvolti, cioè che siano tali da avere con \(f(x)\) un rapporto che, nei limiti in questione, sia finito e non nullo: in tal caso, infatti, il comportamento degli integrali di \(f(x)\) e di \(g(x)\) in intervalli aventi uno degli estremi coincidente con uno degli estremi interessati dai limiti è lo stesso (convergenza/divergenza). Essendo \(f(x)\) definita e continua, quindi integrabile, in ogni intervallo chiuso contenuto nell’aperto \(\left] 0,1 \right[\), possiamo dividere l’integrale in due addendi, ad esempio: \[\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=}\int\limits_{0}^{1/4}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{1/4}^{1}{f\left( x \right)dx}\] e studiare il comportamento dei due addendi separatamente: \(f(x)\) è sommabile su \(\left[ 0,1 \right]\) se e solo se esistono finiti i seguenti limiti: \[\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{1/4}{f\left( x \right)dx}\quad \quad \underset{b\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1/4}^{b}{f\left( x \right)dx}\quad .\]

Nel primo caso, ricordando che \(\arctan x\) è un infinitesimo dello stesso ordine di \(x\) nel limite per \(x\) che tende a \(0\), osserviamo che la funzione  \[g\left( x \right)=\frac{\sqrt{x}}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\]è asintoticamente equivalente a \(f(x)\) nel limite \(x\to 0^{+}\), infatti:

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan x}{x}=1\quad .\]

Quindi ora possiamo sostituire lo studio del comportamento dell’integrale di \(f(x)\) nell’intervallo \(\left[ 0,1/4 \right]\) con quello dell’integrale di \(g(x)\) nello stesso intervallo, sapendo che sono uguali (i comportamenti, non necessariamente i valori, nel caso fossero convergenti!); poiché:

\[\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{1/4}{\frac{\sqrt{x}}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}dx}=\underset{a\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{2}\ln \left( 1-\sqrt{x} \right)-\frac{1}{2}\ln \left( 1+\sqrt{x} \right)-\frac{\sqrt{x}}{x-1} \right]_{a}^{1/4}=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}\ln 3\] quindi concludiamo che il primo dei due integrali converge ad un valore finito (cosa che si poteva comunque dedurre senz’altro anche semplicemente dal fatto che \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\)).

Per quanto riguarda il secondo addendo, utilizziamo la funzione equivalente \[g\left( x \right)=\frac{1}{\sqrt{x}{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\] osservando che in questo caso \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\arctan x=\frac{\pi }{4}\] e poiché: \[\underset{b\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1/4}^{b}{\frac{1}{\sqrt{x}{{\left( x-1 \right)}^{2}}}dx}=\underset{b\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{2}\ln \left( 1+\sqrt{x} \right)-\frac{1}{2}\ln \left( 1-\sqrt{x} \right)-\frac{\sqrt{x}}{x-1} \right]_{1/4}^{b}=\]\[=\underset{b\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{2}\ln \left( \frac{1+\sqrt{b}}{1-\sqrt{b}} \right)-\frac{\sqrt{b}}{b-1} \right)-\frac{1}{2}\ln 3-\frac{2}{3}=+\infty \] dobbiamo concludere che, non essendo convergente questo secondo addendo, la funzione \(f(x)\) non è sommabile sull’intervallo indicato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Manola la seguente domanda:

Salve Professore,

potrebbe aiutarmi a risolvere questi due problemi:

1) Determinare l’equazione della parabola \(\wp\) con asse parallelo all’asse \(y\), passante per \(A(-1;0)\) e tangente nel punto \(C(0;5)\) alla retta \(y=4x+5\). Detta \(r\) la retta per \(C\) e perpendicolare alla retta \(y=-2x+3\), indicare con \(D\) l’ulteriore punto d’intersezione di \(r\) con \(\wp\). Determinare i punti della parabola che formano con \(C\) e \(D\) triangoli di area uguale a \(21/8\).  Sull’arco \(CVD\) (essendo \(V\) il vertice) di \(\wp\), trovare i punti \(S\) tali che l’area del quadrilatero \(OCSD\) (\(O\) è l’origine degli assi) sia uguale a \(7k\) (\(k\in {{\mathbb{R}}^{+}}\)).

2) Scritta l’equazione della circonferenza G situata nel 1° quadrante, avente raggio uguale a \(1\) e tangente agli assi coordinati e l’equazione della parabola \(\wp\) del tipo \(y=ax^2+bx+c\) avente vertice in \(V(0;1)\) e passante per \((1;0)\), determinare:

a) il perimetro e l’area del quadrilatero formato dalle tangenti a G e \(\wp\) nei loro punti d’intersezione;

b) considerata la tangente alla parabola nel punto \((1;0)\), le equazioni delle rette parallele ad essa e tangenti alla circonferenza, nonché le distanze tra le parallele considerate;

c) una retta parallela all’asse \(x\) in modo che, dette \(A\) e \(B\) le loro intersezioni con G e \(C\) e \(D\) quelle con \(\wp\), risulti: \(AB^2+CD^2=4k\) (\(k>0\), \(k\in {{\mathbb{R}}^{+}}\) ).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Manola,

nel primo caso, le condizioni per determinare \(\wp\) si riassumono nelle seguenti equazioni: \[c=5\quad \wedge \quad a-b+c=0\]\[ \wedge \quad {{\left( b-4 \right)}^{2}}-4a\left( c-5 \right)=0\] da cui \(a=-1\), \(b=4\), \(c=5\), cioè l’equazione di \(\wp\): \(y=-x^2+4x+5\). La retta \(r\), la cui equazione è \(x-2y+10=0\), incontra \(\wp\), oltre che in \(C\), anche nel punto \(D(7/2,27/4)\); pertanto si ha \(CD=\frac{7}{4}\sqrt{5}\), e quindi un punto \(P\) di \(\wp\) forma con \(CD\) un triangolo di area \(21/8\) se e solo se \(P\) appartiene anche ad una parallela a \(r\) che abbia da \(r\) una distanza \(h=\frac{3}{5}\sqrt{5}\): \[\frac{\left| x+2{{x}^{2}}-8x-10+10 \right|}{\sqrt{5}}=\frac{3}{5}\sqrt{5}\to 2{{x}^{2}}-7x=\pm 3\to \]\[\to {{x}_{1}}=3,{{x}_{2}}=\frac{1}{2},{{x}_{3,4}}=\frac{7\pm \sqrt{73}}{4}\] da cui i punti cercati:  \[{{P}_{1}}\left( 3;8 \right)\quad {{P}_{2}}\left( \frac{1}{2};\frac{27}{4} \right)\quad {{P}_{3}}\left( \frac{7+\sqrt{73}}{4};\frac{35+\sqrt{73}}{8} \right)\quad \in {{P}_{4}}\left( \frac{7-\sqrt{73}}{4};\frac{35-\sqrt{73}}{8} \right)\quad .\]

In modo analogo, i punti \(S\) dell’arco \(CVD\) che soddisfano la richiesta sono quelli tali che il triangolo \(SCD\) abbia altezza \(h=(8k-10)/\sqrt{5}\), poiché il quadrilatero \(OCSD\) è completato da un triangolo non variabile con \(S\) di area \(35/4\). Si deduce quindi facilmente che una retta parallela alla retta \(r\) interseca l’arco \(CVD\) in due punti (eventualmente coincidenti) finchè la sua distanza da \(r\) è compresa tra \(0\) e \(49\sqrt{5}/40\), che è la distanza di \(r\) dalla retta tangente alla parabola parallela alla corda \(CD\), pertanto il problema ha due soluzioni per i valori di \(k\) tali che:           \[0\le \frac{8k-10}{\sqrt{5}}\le \frac{49}{8\sqrt{5}}\to \frac{5}{4}\le k\le \frac{129}{64}\quad .\]

Nel secondo problema, ricaviamo facilmente le equazioni di G e di \(\wp\): \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-2y+1=0\quad \quad y=-{{x}^{2}}+1\] e le coordinate dei punti di intersezione \(V(0;1)\) e \(P(1;0)\); le tangenti a G in tali punti sono gli assi \(y=0\) e \(x=0\), mentre la retta \(y=1\) è tangente a \(\wp\) in \(V\) mentre la retta \(r\) di equazione \(y=-2x+2\) è la tangente in \(P\) a \(\wp\), per cui il trapezio rettangolo \(VOPQ\) formato dalle loro intersezioni ha area \(3/4\).

Le parallele ad \(r\) tangenti a G si possono ricavare imponendo che una retta del fascio \(y=-2x+q\) disti \(1\) da \((1;1)\), cioè che sia \(\left| 3-q \right|=\sqrt{5}\), da cui le rette \(y=-2x+3\pm \sqrt{5}\), che distano \(2\) tra loro, e rispettivamente \(1+\sqrt{5}/5\) e \(1-\sqrt{5}/5\) da \(r\).

Riguardo all’ultima richiesta, detta \(y\) l’ordinata dei punti della retta parallela all’asse \(x\) in questione, con \(0\le y\le 1\), si ha:       \[A\left( 1-\sqrt{2y-{{y}^{2}}};y \right),B\left( 1+\sqrt{2y-{{y}^{2}}};y \right),C\left( -\sqrt{1-y};y \right),D\left( \sqrt{1-y};y \right)\] da cui: \[AB=2\sqrt{2y-{{y}^{2}}}\quad CD=2\sqrt{1-y}\] e quindi l’equazione \(-{{y}^{2}}+y+1=k\), che, posto \(Y=y^2\), equivale al seguente sistema: \[\left\{ \begin{array}{lll} Y=y^2 \\ Y-y-1+k=0 \\ 0\le y \le 1 \end{array} \right.\] che nel piano \(Y-y\) equivale a intersecare il fascio improprio di rette \(Y=y+1-k\) con l’arco della parabola \(Y=y^2\) di estremi \((0;0)\) e \((1;1)\): si hanno due soluzioni per ogni valore di \(k\) tale che \(1\le k \le 5/4\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

non riesco a risolvere il seguente problema (pag. 1833, n. 360, Matematica.blu 2.0):

Data la parabola di equazione \(y=-{{x}^{2}}+3x+4\), considera il trapezio \(RHPV\) della figura sotto e trova la posizione del punto \(P\) della parabola in modo che l’area del trapezio sia massima.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

il trapezio rettangolo \(RHPV\) ha base maggiore \(RV\) costante, pari all’ordinata del vertice \(V\) della parabola, cioè \(y\left( \frac{3}{2} \right)=\frac{25}{4}\), la base minore \(PH\) coincidente con l’ordinata del generico punto \(P\), cioè \(-x^2+3x+4\), con \(\frac{3}{2}\le x\le 4\), mentre l’altezza \(RH\) è data da \(x-\frac{3}{2}\), pertanto la funzione da massimizzare è l’area \[S\left( x \right)=\left( -{{x}^{2}}+3x+4+\frac{25}{4} \right)\left( x-\frac{3}{2} \right)=-{{x}^{3}}+\frac{9}{2}{{x}^{2}}+\frac{23}{4}x-\frac{123}{8}\quad .\]

Deriviamo \(S(x)\) e analizziamone segno e zeri nell’intervallo \(\frac{3}{2}\le x\le 4\): \[S'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+9x+\frac{23}{4}\to S'\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{9\pm 5\sqrt{6}}{6}\] da cui, osservando che per \(x<\frac{9+5\sqrt{6}}{6}\) si ha \(S’(x)>0\), mentre per \(x>\frac{9+5\sqrt{6}}{6}\) si ha \(S’(x)<0\), \(x=\frac{9+5\sqrt{6}}{6}\) è l’ascissa del punto \(P\) che realizza il massimo cercato per l’area del trapezio.

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Si studi la seguente funzione  

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

tracciandone il grafico.

1) Determinare il campo di esistenza di \(f\);

2) calcolarne la derivata;

3) studiare la crescenza e decrescenza di \(f\) ed eventuali punti di massimo e minimo relativi.

4) Determinare eventuali punti di intersezione con gli assi coordinati.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

la funzione esiste per ogni \(x\) reale non nullo, per cui il campo di esistenza è l’insieme \({{D}_{f}}=\mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}\). La funzione è dispari, cioè simmetrica rispetto all’origine del riferimento, essendo \(f\left( -x \right)=-f\left( x \right),\forall x\in {{D}_{f}}\), e ammette l’asse delle ascisse come asintoto orizzontale e l’asse \(y\) come asintoto verticale, essendo

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

La funzione si annulla per \(x=\pm 1\) (intersezioni con l’asse \(x\)) ed è positiva per \(-1<x<0\) e per \(x>1\), negativa altrove, ad eccezione di \(x=0\), dove non è definita (e pertanto è esclusa ogni possibile intersezione con l’asse delle ordinate).

La funzione derivata di \(f(x)\) è la seguente: \[f'\left( x \right)=\frac{2{{x}^{4}}-3{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}-1 \right)}{{{x}^{6}}}=\frac{-{{x}^{2}}+3}{{{x}^{4}}}\]e poichè\[f'\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\pm \sqrt{3}\] \[ f'\left( x \right)>0\leftrightarrow -\sqrt{3}<x<\sqrt{3},\ x\ne 0\] si può dire che, essendo la funzione decrescente per valori di \(x\) esterni all’intervallo \(\left[ -\sqrt{3},\sqrt{3} \right]\), cresecente per valori interni (\(x=0\) escluso),   per \(x=-\sqrt{3}\) la funzione presenta un minimo relativo, mentre per \(x=\sqrt{3}\) presenta un massimo relativo.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi può aiutare a risolvere queste disequazioni?

\[\frac{\cos x-\sin x-1}{\cos \left( x-\pi /3 \right)}\le 0\quad \quad \frac{\cos x-1-\tan \left( x/2 \right)}{4{{\cos }^{2}}x-3}\le 0\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, esaminiamo il segno del numeratore \(\cos x-\sin x-1\), visualizzando sulla circonferenza goniometrica l’intersezione tra i semipiani delimitati dalla retta \(X-Y-1=0\) e la circonferenza \(X^2+Y^2=1\) stessa, avendo posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\): se ne ricava che il numeratore è positivo in corrispondenza all’arco contenuto nel 4° quadrante (\(\frac{3}{2}\pi +2k\pi<x<2\pi+2k\pi\)), negativo altrove. Il denominatore, invece, è positivo per \(-\frac{\pi }{2}+2k\pi <x-\frac{\pi }{3}<\frac{\pi }{2}+2k\pi\), cioè per  \(-\frac{\pi }{6}+2k\pi <x<\frac{5}{6}\pi +2k\pi\): se ne ricava che la frazione è complessivamente negativa o nulla nell’insieme:

\[S=\left\{ 2k\pi \le x<\frac{5}{6}\pi +2k\pi \ \vee \ \frac{3}{2}\pi +2k\pi \le x<\frac{11}{6}\pi +2k\pi  \right\}\quad .\]

Nel secondo caso, possiamo riscrivere la disequazione in modo più utile, utilizzando qualche identità goniometrica:

\[\frac{\cos x-1-\tan \left( x/2 \right)}{4{{\cos }^{2}}x-3}\le 0\to \frac{\cos x-1-\frac{\sin x}{\cos x+1}}{4{{\cos }^{2}}x-3}\le 0\to \]\[\to \frac{{{\cos }^{2}}x-1-\sin x}{\left( \cos x+1 \right)\left( 4{{\cos }^{2}}x-3 \right)}\le 0\to \frac{\sin x\left( \sin x+1 \right)}{\left( \cos x+1 \right)\left( 4{{\cos }^{2}}x-3 \right)}\ge 0\] e poiché i fattori \(\left( \sin x+1 \right)\) e \(\left( \cos x+1 \right)\) sono sempre positivi, eccetto che per i valori in cui si annullano, cioè \(\frac{3}{2}\pi +2k\pi\) il primo e \(\pi +2k\pi\) il secondo, possiamo limitarci a confrontare il segno del fattore \(\sin x\), positivo o nullo per \(2k\pi \le x\le \pi +2k\pi\) e negativo altrove, e il segno del fattore \(4{{\cos }^{2}}x-3\), positivo per \(-\frac{\pi }{6}+2k\pi <x<\frac{\pi }{6}+2k\pi \ \vee \ \frac{5}{6}\pi +2k\pi <x<\frac{7}{6}\pi +2k\pi\), per cui complessivamente si ha l’insieme soluzione: \[S=\left\{ 2k\pi \le x<\frac{\pi }{6}+2k\pi \ \vee \ \frac{5}{6}\pi +2k\pi <x<\pi +2k\pi \ \vee \ \frac{7}{6}\pi +2k\pi <x<\frac{11}{6}\pi +2k\pi  \right\}\quad .\]

Massimo Bergamini

Gentilissimo professore,

ho difficoltà nella risoluzione di questi due problemi:

1) Trovare min e max assoluti e relativi della seguente funzione:

\[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \left| x+2 \right|\left( x-1 \right)\quad x\le 1 \\ (x-1)^2\quad\quad\quad x>1 \end{array} \right.\]

2) Trovare min e max della seguente funzione:

                     \[f\left( x,y \right)={{\ln }^{2}}\left( 3xy \right)+\ln \left( {{\left( 3xy \right)}^{2}} \right)\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

nel primo caso, possiamo innanzitutto dire che non vi sono massimi e minimi assoluti per \(f(x)\) dal momento che la funzione non è limitata né superiormente né inferiormente, in quanto \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\pm \infty\). Il grafico della funzione è formato da tre archi di parabola, e presenta due punti angolosi di non derivabilità in corrispondenza a \(x=-2\) e a \(x=1\): in entrambi la funzione è nulla, ma il primo corrisponde a un massimo relativo, perché la funzione è localmente negativa in un suo intorno, mentre il secondo no, essendo la funzione prima negativa poi positiva in un suo intorno. L’unico punto regolare a derivata nulla è il corrispondente di \(x=-1/2\), punto di minimo relativo, come facilmente si deduce dal segno della derivata stessa in un suo intorno.

Nel secondo caso, la funzione, definita per \(xy>0\), può essere riscritta in questo modo: \[f\left( x,y \right)={{\ln }^{2}}\left( 3xy \right)+2\ln \left( 3xy \right)\]

e le sue derivate parziali sono le seguenti:

\[{{\partial }_{x}}f=\frac{2\left( \ln \left( 3xy \right)+1 \right)}{x}\quad {{\partial }_{y}}f=\frac{2\left( \ln \left( 3xy \right)+1 \right)}{y}\]

pertanto il sistema \({{\partial }_{x}}f=0\ \wedge \ {{\partial }_{y}}f=0\) è risolto per tutti gli \((x,y)\) tali che \(xy=\frac{1}{3e}\): esiste quindi una intera iperbole equilatera di punti nel piano \(xy\) che sono possibili punti estremali per la funzione. Calcoliamo il determinante della matrice hessiana in tali punti \(\left( x,\frac{1}{3ex} \right)\):

\[{{\partial }_{xx}}f=\frac{2}{{{x}^{2}}},{{\partial }_{xy}}f={{\partial }_{yx}}f=6e,{{\partial }_{yy}}f=18{{x}^{2}}{{e}^{2}}\to \det H=36{{e}^{2}}-36{{e}^{2}}=0\] quindi la natura dei punti resta dubbia; tuttavia, non è difficile convincersi che tali punti costituiscono dei minimi relativi, e assoluti, per la funzione, dal momento che in essi si ha \[f\left( x,\frac{1}{3ex} \right)=1-2=-1\] e la condizione: \[{{\ln }^{2}}\left( 3xy \right)+2\ln \left( 3xy \right)<-1\to {{\left( \ln \left( 3xy \right)+1 \right)}^{2}}<0\] non può mai essere verificata. In figura sono rappresentate alcune curve di livello della funzione \(f(x,y)\): quella corrispondente al valore \(-1\) e costituita tutta di punti di minimo.

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

le scrivo per questo problema:

Sono dati tre punti allineati \(A\), \(B\), \(C\), con \(B\) tra \(A\) e \(C\), e un punto \(P\) esterno alla retta \(AC\). Si sa che: \(AP=3\), \(BP=\sqrt{2}\), \(CP=3\sqrt{2}\), e che, inoltre, \(B\hat{P}C=2A\hat{P}B\). Determina:

a) l’ampiezza dell’angolo \(A\hat{P}B=x\) e le misure di \(AB\) e \(BC\);

b) il rapporto fra il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo \(ABP\) e il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo \(BPC\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

ricordando la formula per il calcolo dell’area di un triangolo noti due lati e l’angolo compreso, si ha, per \(0<x<\frac{\pi }{3}\), l’equazione:

\[\frac{AP\cdot PC\cdot \sin 3x}{2}=\frac{AP\cdot PB\cdot \sin x}{2}+\frac{PB\cdot PC\cdot \sin 2x}{2}\to \]\[3\sqrt{2}\sin 3x=\sqrt{2}\sin x+2\sin 2x\to \]\[\to 3\sqrt{2}\sin x\left( 4{{\cos }^{2}}x-1 \right)=\sin x\left( \sqrt{2}+4\cos x \right)\to \]\[\to 12\sqrt{2}{{\cos }^{2}}x-4\cos x-4\sqrt{2}=0\to \cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}\vee \cos x=-\frac{\sqrt{2}}{3}\]

La soluzione accettabile è quindi \(\cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}\to x=\frac{\pi }{4}\), da cui, applicando il teorema dei coseni ai triangoli \(APB\) e \(BPC\): \[AB=\sqrt{9+2-6}=\sqrt{5}\quad BC=\sqrt{18+2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\quad .\]

In base al teorema dei seni, i raggi \(r_1\) e \(r_2\) delle circonferenze circoscritte di cui si chiede il rapporto sono i seguenti: \[{{r}_{1}}=\frac{\sqrt{5}}{2\sin \left( \pi /4 \right)}=\sqrt{\frac{5}{2}}\quad {{r}_{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{2\sin \left( \pi /2 \right)}=\sqrt{5}\to \frac{{{r}_{1}}}{{{r}_{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Gentile professore,

vorrei chiederle un aiuto in merito al seguente problema:

Sia \(g(x)\) una funzione così definita:

\[g(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{{{x}^{2}}+1}\quad x\le 0 \\ 1-x\ln^2 x\quad x>0 \end{array} \right.\quad .\]

Determinare le tangenti al grafico della funzione \(g(x)\) nei punti \(x=0\) e \(x=1\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

verifichiamo innanzitutto che la funzione è continua per ogni \(x\) reale, compreso \(x=0\), infatti, utilizzando più volte il teorema di de L’Hospital per la forma \(\frac{\infty }{\infty }\):     \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-x{{\ln }^{2}}x \right)=1-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\ln }^{2}}x}{{{x}^{-1}}}=1+2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{{{x}^{-1}}}=1-2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x=1\] da cui la continuità, essendo         \[\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{x}^{2}}+1}=1=g\left( 0 \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)\quad .\]

Tuttavia, \(g(x)\) non è derivabile in \(x=0\), essendo: \[g’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{2x}{({{x}^{2}}+1)^2}\quad x< 0 \\ 1-x\ln^2 x\quad x>0 \end{array} \right.\] da cui:\[\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g'\left( x \right)=0\ne \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g'\left( x \right)=-\infty\]pertanto, in \(x=0\) il grafico della funzione presenta una semi-cuspide, con semiretta tangente sinistra la retta \(y=1\), semiretta tangente destra l’asse \(y\).

La retta \(y=1\) è tangente al grafico di \(g(x)\) anche nel punto di ascissa \(x=1\), essendo infatti \(g\left( 1 \right)=1\) e \(g’\left( 1 \right)=0\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Chiara la seguente domanda:

Buongiorno, potrebbe aiutarmi nella risoluzione di questo problema (n.15, pag.6, Verso la seconda prova di matematica)?

La funzione \(f\) è continua e indefinitamente derivabile in \(\mathbb{R}\). Nell’intervallo \(\left[ 1;8 \right]\) ha le seguenti caratteristiche:

• ·         \(f\left( 1 \right)=\frac{3}{2},f\left( 8 \right)=5\);
• ·         \(f\left( x \right)=\frac{7}{2}\) soltanto in \(x=5\);
• ·         \(f”\left( x \right)<0\) per \(x\in \left[ 1;5 \right[\);\(f''\left( 5 \right)=0\);\(f''\left( x \right)>0\) per \(x\in \left] 5;8 \right]\).

Dimostra che esistono soltanto due punti interni all’intervallo \(\left[ 1;8 \right]\) in cui la funzione verifica il teorema di Lagrange.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Chiara,

si tratta di dimostrare che esistono due e solo due valori di \(c\) interni all’intervallo \(\left[ 1;8 \right]\) in cui si ha \[f'\left( c \right)=\frac{5-\frac{3}{2}}{8-1}=\frac{1}{2}\quad .\]

Consideriamo gli intervalli \(\left[ 1;5 \right]\) e \(\left[ 5;8 \right]\): in ciascuno di essi valgono le ipotesi del teorema di Lagrange, e in ciascuno di essi l’incremento è pari a \(1/2\): \[\frac{\frac{7}{2}-\frac{3}{2}}{5-1}=\frac{5-\frac{7}{2}}{8-5}=\frac{1}{2}\] pertanto: \[\exists {{c}_{1}}\in \left] 1,5 \right[\ \wedge \ \exists {{c}_{2}}\in \left] 5,8 \right[:f'\left( {{c}_{1}} \right)=f'\left( {{c}_{2}} \right)=\frac{1}{2}\quad .\]

Resta da dimostrare che \(c_1\) e \(c_2\) sono gli unici valori per i quali \(f’\left( x \right)=\frac{1}{2}\): questo consegue dal fatto che la funzione \(f’\left( x\right)\)    per le ipotesi sul segno di \(f”\left( x \right)\), è monotona in entrambi gli intervalli (decrescente nel primo, crescente nel secondo), e pertanto non può assumere più di una volta, in ciascuno degli intervalli, il valore \(1/2\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuterebbe a risolvere il seguente problema (pag.1561, n.896, Matematica.blu 2.0, vol.5)?

Data la funzione           \[y=\frac{{{\log }_{\frac{1}{2}}}x-2}{1-{{\log }_{\frac{1}{2}}}x}\]

a) determina il dominio e studia il segno;

b) studia il comportamento agli estremi del dominio classificando eventuali punti di discontinuità;

c) traccia il grafico probabile.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

innanzitutto, sfruttando la formula del cambiamento di base dei logaritmi, possiamo scrivere, in modo forse più comodo: \[y=\frac{{{\log }_{\frac{1}{2}}}x-2}{1-{{\log }_{\frac{1}{2}}}x}=-\frac{2+{{\log }_{2}}x}{1+{{\log }_{2}}x}\quad .\]

La funzione risulta definita in \(D=\left] 0,+\infty  \right[-\left\{ \frac{1}{2} \right\}\), e poiché \({{\log }_{2}}x>-2\) per \(x>\frac{1}{4}\) e \({{\log }_{2}}x>-1\) per \(x>\frac{1}{2}\), si ha: \[y=0\leftrightarrow x=\frac{1}{4}\quad y>0\leftrightarrow \frac{1}{4}<x<\frac{1}{2}\] altrimenti la funzione è negativa nel resto del dominio.

I limiti che si devono considerare sono i seguenti:

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{2+{{\log }_{2}}x}{1+{{\log }_{2}}x} \right)=-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1+2/{{\log }_{2}}x \right)}{\left( 1+1/{{\log }_{2}}x \right)}=-1\]\[\underset{x\to {{\frac{1}{2}}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{2+{{\log }_{2}}x}{1+{{\log }_{2}}x} \right)=-\frac{1}{{{0}^{\pm }}}=\mp \infty \]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{2+{{\log }_{2}}x}{1+{{\log }_{2}}x} \right)=-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1+2/{{\log }_{2}}x \right)}{\left( 1+1/{{\log }_{2}}x \right)}=-1\] per cui il grafico della funzione presenta un asintoto verticale, \(x=\frac{1}{2}\), che costituisce un punto di discontinuità di 2° specie, e un asintoto orizzontale, \(y=1\); possiamo dire che in \(x=0\) si ha invece una discontinuità eliminabile (3° specie).

Massimo Bergamini

Ricevo da Chiara la seguente domanda:

Caro professore,

sempre cercando di risolvere gli esercizi del “Mettiti alla prova”, ho trovato una difficoltà nel risolvere il seguente esercizio (n.17, pag.6):

Un centometrista si sta riscaldando prima della gara. Dopo uno scatto di \(4\;s\) a velocità crescente, rapidamente decelera e si ferma in \(2\;s\), per poi tornare ai blocchi con velocità costante. La legge oraria con cui si muove nella fase di accelerazione è \(s(t)=1,2t^2\); nella fase di decelerazione ha percorso \(9,6\;m\) e quando torna ai blocchi di partenza sono passati in tutto \(20,4\;s\).

a. Trova la legge oraria \(s(t)\) che descrive tutte e tre le fasi.

b. Calcola le funzioni \(s’(t)\) e \(s’’(t)\) e spiegane il significato fisico.

c. Disegna sullo stesso piano i tre grafici.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Chiara,

nei primi \(4;s\) la legge \(s(t)=1,2t^2\) è assegnata. Nei secondi compresi tra \(4\) e \(6\), trattandosi di un moto a decelerazione \(-a\) costante, la legge sarà della forma \(s\left( t \right)=-\frac{1}{2}a{{t}^{2}}+bt+c\), con \(a\), \(b\) e \(c\) da determinarsi in modo che ci sia continuità all’istante \(4\), sia per la posizione \(s(t)\) che per la sua derivata, cioè la velocità istantanea \(v(t)=s’(t)\), e che all’istante \(6\) sia \(v(6)=s’(6)=0\). Poiché:             \[s\left( 4 \right)=19,2\ m\quad v\left( 4 \right)=s'\left( 4 \right)=1,2\cdot 2\cdot 4=9,6\ m/s\quad s'\left( 6 \right)=-6a+b\] si deve avere: \[-8a+4b+c=19,2\quad -4a+b=9,6\quad -6a+b=0\] da cui \(a=4,8\;m/s^2\), \(b=28,8\;m/s\), \(c=-57,6\;m\). In modo analogo, sapendo che nell’ultima fase la legge oraria sarà quella di un moto a velocità uniforme, cioè con legge del tipo \(s(t)=at+b\), sapendo che deve essere \(s(6)=19,2+9,6=28,8\) e \(s(20,4)=0\), si ha:

                                        \[6a+b=28,8\quad 20,4a+b=0\to\]\[\to a=-2\ m/s,\ b=40,8\ m\quad .\]

Riassumiamo e rappresentiamo:

\[s(t)=\left\{ \begin{array}{lll} 1,2t^2 \quad\quad\quad 0\le t\le 4 \\ -2,4t^2+28,8t-57,6\quad 4<t\le 6 \\ -2t+40,8 \quad\quad 6<t\le 20,4 \end{array} \right.\]

\[s’(t)=\left\{ \begin{array}{lll} 2,4t \quad\quad\quad 0\le t\le 4 \\ -4,8t+28,8\quad 4<t\le 6 \\ -2 \quad\quad\quad 6<t\le 20,4 \end{array} \right.\]

\[s’’(t)=\left\{ \begin{array}{lll} 2,4 \quad\quad\quad 0\le t\le 4 \\ -4,8 \quad\quad\quad 4<t\le 6 \\ 0 \quad\quad\quad 6<t\le 20,4 \end{array} \right.\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi può aiutare col seguente problema?

Due coni circolari retti hanno parte dei loro volumi in comune avendo ciascuno di essi il proprio vertice coincidente col centro della base dell’altro in modo tale che la loro altezza è comune e le loro basi sono parallele. Sapendo che il lato apotema dell’un cono è perpendicolare al lato apotema dell’altro, che la comune altezza è di \(20\;m\) e il raggio della base minore di \(15\;m\), calcolare il volume e la superficie del solido comune ai due coni dati.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, vista la similitudine dei vari triangoli rettangoli definiti dalla sezione trasversale del solido, e utilizzando il teorema di Pitagora, si ha: \[{{O}_{1}}A=25,\ {{O}_{1}}B=\frac{80}{3},OK=12,\]\[ {{O}_{1}}K=16,\ HK=\frac{48}{5}\] pertanto, il doppio cono con raggio di base \(HK\), altezze \(O_1H\) e \(OH\), apotemi \(O_1K\) e \(OK\), che costituisce la parte comune ai due coni, ha volume \(V\) e superficie \(S\) tali che: \[V=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{48}{5} \right)}^{2}}20=\frac{9216}{15}\pi \ {{m}^{3}}\quad \quad S=\pi \frac{48}{5}28=\frac{1344}{5}\pi \ {{m}^{2}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Egregio professore,

ho qualche difficoltà nel risolvere il seguente problema (n.28, pag. 1566, Matamatica.blu 2.0, vol.5):

Data la funzione\[f\left( x \right)=ax+b+\frac{1-{{x}^{2}}}{x-2}\]

a) trova per quali valori di \(a\) e \(b\) si ha \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-1\);

b) rappresenta la funzione per i valori trovati;

c) detto \(A\) il punto in cui il grafico di \(f(x)\) incontra l’asse \(y\), determina la retta tangente \(t\) in \(A\) e considera il punto \(P\) appartenente all’arco di \(f(x)\), con \(x<2\). Determina \(\underset{P\to A}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\overline{PH}}^{2}}}{{{\overline{PA}}^{2}}}\), essendo \(H\) il punto in cui la parallela all’asse \(y\) passante per \(P\) interseca la retta \(t\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

riscritta in questo modo la funzione: \[f\left( x \right)=\frac{\left( a-1 \right){{x}^{2}}+\left( b-2a \right)x-2b+1}{x-2}\] si può dedurre la condizione affinchè sia \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-1\), cioè \(a-1=0\wedge b-2a=-1\), da cui \(a=1\) e \(b=1\). La funzione risultante\[f\left( x \right)=-\frac{x+1}{x-2}\] è l’iperbole equilatera di asintoti \(x=2\) e \(y=-1\), che interseca in \(A(0,\frac{1}{2})\) l’asse \(y\). Poiché la derivata \[f'\left( x \right)=\frac{3}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}\] vale \(\frac{3}{4}\) in \(x=0\), la retta \(t\) tangente alla curva in \(A\) ha equazione \(y=\frac{3}{4}x+\frac{1}{2}\). Si ha pertanto: \[{{\overline{PH}}^{2}}={{\left| {{y}_{P}}-{{y}_{H}} \right|}^{2}}=\frac{9{{x}^{4}}}{16{{\left( x-2 \right)}^{2}}}\] \[{{\overline{PA}}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{9{{x}^{2}}}{4{{\left( x-2 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}\left( 4{{x}^{2}}-16x+25 \right)}{4{{\left( x-2 \right)}^{2}}}\] e quindi: \[\underset{P\to A}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\overline{PH}}^{2}}}{{{\overline{PA}}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{9{{x}^{2}}}{4{{x}^{2}}-16x+25}=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Davide la seguente domanda:

Gentile professore,

un’urna contiene \(20\) palline gialle, \(10\) bianche e \(30\) nere. Calcolare la probabilità che estraendo contemporaneamente tre palline, esse siano di colore nero.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Davide,

la probabilità richiesta si può calcolare come prodotto delle probabilità di tre eventi che si devono verificare simultaneamente affinché risulti verificato l’evento richiesto, cioè:

1) estrarre nera come prima: \(p=\frac{30}{60}=\frac{1}{2}\);

2) estrarre nera come seconda avendo estratto nera come prima: \(p=\frac{29}{59}\);

3) estrarre nera come terza avendo estratto nera come prima e nera come seconda: \(p=\frac{28}{58}=\frac{14}{29}\);

Quindi:             \[p=\frac{1}{2}\cdot \frac{29}{59}\cdot \frac{14}{29}=\frac{203}{1711}\approx 11,86\%\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo professor Bergamini,

non riesco a risolvere il seguente esercizio (pag.9, n.25, Verso la seconda prova di matematica):

Un quadro è appeso alla parete sopra al livello dell’osservatore come indicato in figura.

a. Esprimi in funzione di \(x\) l’angolo \(\theta\) sotteso da \(a+b\) e l’angolo \(\beta\) sotteso da \(b\).

Calcola poi:

b. \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\theta }{\beta }\);

c. \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\theta }{\beta }\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

si ha direttamente:

                                   \[\tan \theta =\frac{a+b}{x}\to \theta =\arctan \left( \frac{a+b}{x} \right)\]

\[\tan \beta =\frac{b}{x}\to \theta =\arctan \left( \frac{b}{x} \right)\]

per cui, applicando il teorema di de l’Hopital:

\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\theta }{\beta }=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( \frac{a+b}{x} \right)}{\arctan \left( \frac{b}{x} \right)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{a+b}{{{x}^{2}}+{{\left( a+b \right)}^{2}}}\cdot \frac{{{x}^{2}}+b}{b}=\]\[=\frac{a+b}{b}\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+b}{{{x}^{2}}+{{\left( a+b \right)}^{2}}}=\frac{a+b}{b}\]

e infine:

\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\theta }{\beta }=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( \frac{a+b}{x} \right)}{\arctan \left( \frac{b}{x} \right)}=\frac{\pi /2}{\pi /2}=1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

ho dei dubbi su questa funzione (pag.1561, n.884, Matematica.blu 2.0), di cui si deve tracciare il grafico probabile; potrebbe aiutarmi?

                                                           \[y={{\log }_{2}}\frac{x-1}{x-4}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

la funzione è definita, continua e derivabile nel dominio \({{D}_{f}}=\left] -\infty ,1 \right[\cup \left] 4,-\infty  \right[\), non è mai nulla, ed è positiva per \(x>4\). L’intersezione con l’asse \(y\) avviene nel punto \((0;-2)\). Si hanno i seguenti limiti:            \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\log }_{2}}\frac{x-1}{x-4}={{\log }_{2}}\left( 1 \right)=0\]\[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{\log }_{2}}\frac{x-1}{x-4}=\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\log }_{2}}t=-\infty \]\[\underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\log }_{2}}\frac{x-1}{x-4}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\log }_{2}}t=+\infty \]

per cui il grafico della funzione presenta un asintoto orizzontale, l’asse \(x\), e due asintoti verticali, le rette \(x=1\) e \(x=4\). L’andamento più probabile è di tipo monotòno decrescente in entrambi i sottointervalli del dominio.

Massimo Bergamini