Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

1. Dominio:
Per determinare il dominio dobbiamo considerare che il denominatore deve essere diverso da zero:
\( x^2 - 4 \neq 0 \)
\( x^2 \neq 4 \)
\( x \neq \pm 2 \)

Dominio: \( D = \mathbb{R} \setminus \{-2, 2\} = (-\infty, -2) \cup (-2, 2) \cup (2, +\infty) \)

2. Parità e disparità:
Il dominio è simmetrico rispetto all'origine. Calcoliamo \( f(-x) \): \[ f(-x) = \frac{-x}{(-x)^2-4} = \frac{-x}{x^2-4} = -\frac{x}{x^2-4} = -f(x) \] Poiché \( f(-x) = -f(x) \), la funzione è dispari. Il grafico è quindi simmetrico rispetto all'origine.

3. Intersezioni con gli assi cartesiani:

• Asse y: poniamo \( x=0 \)
  \( f(0) = \frac{0}{0^2-4} = \frac{0}{-4} = 0 \)
  Intersezione: \( (0, 0) \)
• Asse x: poniamo \( y=0 \)
  \( \frac{x}{x^2-4} = 0 \)
  Il numeratore deve essere zero: \( x = 0 \)
  Intersezione: \( (0, 0) \)

4. Segno della funzione:
\[ f(x) = \frac{x}{x^2-4} = \frac{x}{(x-2)(x+2)} \] Studiamo il segno dei fattori:

• Numeratore \( x \): positivo per \( x > 0 \), negativo per \( x < 0 \)
• \( (x-2) \): positivo per \( x > 2 \), negativo per \( x < 2 \)
• \( (x+2) \): positivo per \( x > -2 \), negativo per \( x < -2 \)

Studio del segno:
- Per \( x \in (-\infty, -2) \): \( \frac{(-)}{(-)(-)} = \frac{(-)}{(+)} < 0 \) → \( f(x) < 0 \)
- Per \( x \in (-2, 0) \): \( \frac{(-)}{(-)(+)} = \frac{(-)}{(-)} > 0 \) → \( f(x) > 0 \)
- Per \( x = 0 \): \( f(x) = 0 \)
- Per \( x \in (0, 2) \): \( \frac{(+)}{(-)(+)} = \frac{(+)}{(-)} < 0 \) → \( f(x) < 0 \)
- Per \( x \in (2, +\infty) \): \( \frac{(+)}{(+)(+)} = \frac{(+)}{(+)} > 0 \) → \( f(x) > 0 \)

Regioni del grafico

Il grafico della funzione si trova nelle regioni chiare:

5. Limiti agli estremi del dominio:
Limiti per \( x \to -2 \):
\[ \lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^-} \frac{x}{(x-2)(x+2)} = \frac{-2}{(-4) \cdot 0^-} = \frac{-2}{0^+} = -\infty \] \[ \lim_{x \to -2^+} f(x) = \lim_{x \to -2^+} \frac{x}{(x-2)(x+2)} = \frac{-2}{(-4) \cdot 0^+} = \frac{-2}{0^-} = +\infty \] Limiti per \( x \to 2 \):
\[ \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{x}{(x-2)(x+2)} = \frac{2}{0^- \cdot 4} = \frac{2}{0^-} = -\infty \] \[ \lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{x}{(x-2)(x+2)} = \frac{2}{0^+ \cdot 4} = \frac{2}{0^+} = +\infty \] Limiti all'infinito:
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{x^2-4} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{x^2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} = 0 \] \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x^2-4} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0 \]

6. Asintoti:

• Asintoti verticali: \( x = -2 \) e \( x = 2 \) (poiché i limiti per \( x \to \pm 2 \) sono infiniti)
• Asintoti orizzontali: \( y = 0 \) per \( x \to \pm\infty \)
• Asintoti obliqui: Non esistono, poiché esiste l'asintoto orizzontale

7. Intersezioni con gli asintoti:
Con l'asintoto orizzontale \( y = 0 \):
\( \frac{x}{x^2-4} = 0 \)
\( x = 0 \)
Intersezione nel punto \( (0, 0) \)

La funzione attraversa l'asintoto orizzontale nell'origine.

8. Grafico qualitativo:
Riassumendo le informazioni trovate:

• Dominio: \( (-\infty, -2) \cup (-2, 2) \cup (2, +\infty) \)
• Funzione dispari (simmetria rispetto all'origine)
• Zero: \( x = 0 \)
• Segno: negativa in \( (-\infty, -2) \cup (0, 2) \), positiva in \( (-2, 0) \cup (2, +\infty) \)
• Asintoti verticali: \( x = -2 \) e \( x = 2 \)
• Asintoto orizzontale: \( y = 0 \) (attraversato in \( x = 0 \))

Il grafico presenta tre rami separati:

1. Un ramo in \( (-\infty, -2) \) che tende a \( 0^- \) per \( x \to -\infty \) e a \( -\infty \) per \( x \to -2^- \)
2. Un ramo in \( (-2, 2) \) che va da \( +\infty \) (per \( x \to -2^+ \)) passa per \( (0, 0) \) e va a \( -\infty \) (per \( x \to 2^- \))
3. Un ramo in \( (2, +\infty) \) che parte da \( +\infty \) per \( x \to 2^+ \) e tende asintoticamente a \( y = 0 \) per \( x \to +\infty \)

Soluzione Esercizio 2

a) Dominio, intersezioni, simmetrie e segno

Dominio:
La funzione \( f(x) = e^{\frac{1}{x}} \) è definita per tutti i valori di \( x \) tali che \( \frac{1}{x} \) esista, ovvero:
\( x \neq 0 \)
Dominio: \( D = \mathbb{R} \setminus \{0\} = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) \)

Intersezioni con gli assi:

• Asse y: non c'è intersezione perché \( x = 0 \) non appartiene al dominio.
• Asse x: poniamo \( f(x) = 0 \)
  \( e^{\frac{1}{x}} = 0 \)
  Poiché la funzione esponenziale è sempre positiva (\( e^t > 0 \) per ogni \( t \in \mathbb{R} \)), non esistono intersezioni con l'asse x.

Simmetrie:
Il dominio è simmetrico rispetto all'origine. Calcoliamo \( f(-x) \): \[ f(-x) = e^{\frac{1}{-x}} = e^{-\frac{1}{x}} = \frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} = \frac{1}{f(x)} \] Poiché \( f(-x) \neq f(x) \) e \( f(-x) \neq -f(x) \), la funzione non è né pari né dispari.

Segno della funzione:
Poiché \( e^{\frac{1}{x}} > 0 \) per ogni \( x \in D \), la funzione è sempre positiva in tutto il suo dominio.

b) Regioni del piano in cui si trova il grafico
Poiché la funzione è sempre positiva (\( f(x) > 0 \)), il grafico si trova interamente nella regione del piano con \( y > 0 \) (sopra l'asse x).

Più precisamente:

• Per \( x > 0 \): \( \frac{1}{x} > 0 \), quindi \( f(x) = e^{\frac{1}{x}} > e^0 = 1 \) (il grafico sta sopra la retta \( y = 1 \))
• Per \( x < 0 \): \( \frac{1}{x} < 0 \), quindi \( f(x) = e^{\frac{1}{x}} < e^0 = 1 \) (il grafico sta tra l'asse x e la retta \( y = 1 \))

c) Asintoto orizzontale \( y = 1 \)
Dobbiamo dimostrare che \( \lim_{x \to -\infty} f(x) = 1 \) e \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 \).

Per \( x \to +\infty \):
Quando \( x \to +\infty \), abbiamo \( \frac{1}{x} \to 0^+ \), quindi: \[ \lim_{x \to +\infty} e^{\frac{1}{x}} = e^0 = 1 \] Per \( x \to -\infty \):
Quando \( x \to -\infty \), abbiamo \( \frac{1}{x} \to 0^- \), quindi: \[ \lim_{x \to -\infty} e^{\frac{1}{x}} = e^0 = 1 \] Pertanto, \( y = 1 \) è asintoto orizzontale bilaterale per la funzione.

d) Limiti per \( x \to 0 \) con la definizione

Limite per \( x \to 0^+ \):
Dobbiamo dimostrare che \( \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}} = +\infty \).

Definizione: Per ogni \( M > 0 \), esiste \( \delta > 0 \) tale che se \( 0 < x < \delta \), allora \( f(x) > M \).

Dimostrazione:
Vogliamo che \( e^{\frac{1}{x}} > M \).
Applicando il logaritmo naturale (funzione crescente): \[ \frac{1}{x} > \ln M \] Poiché \( x > 0 \), moltiplicando per \( x \) (positivo) otteniamo: \[ 1 > x \ln M \] \[ x < \frac{1}{\ln M} \] Se \( M > 1 \), allora \( \ln M > 0 \) e possiamo scegliere \( \delta = \frac{1}{\ln M} \).
Quindi, per ogni \( M > 1 \), se \( 0 < x < \delta = \frac{1}{\ln M} \), allora \( f(x) > M \).

Limite per \( x \to 0^- \):
Dobbiamo dimostrare che \( \lim_{x \to 0^-} e^{\frac{1}{x}} = 0 \).

Definizione: Per ogni \( \varepsilon > 0 \), esiste \( \delta > 0 \) tale che se \( -\delta < x < 0 \), allora \( |f(x) - 0| < \varepsilon \), cioè \( f(x) < \varepsilon \).

Dimostrazione:
Vogliamo che \( e^{\frac{1}{x}} < \varepsilon \).
Applicando il logaritmo naturale: \[ \frac{1}{x} < \ln \varepsilon \] Poiché \( 0 < \varepsilon < 1 \), abbiamo \( \ln \varepsilon < 0 \).
Per \( x < 0 \), moltiplicando per \( x \) (negativo) si inverte la disuguaglianza: \[ 1 > x \ln \varepsilon \] \[ x > \frac{1}{\ln \varepsilon} \] Possiamo scegliere \( \delta = -\frac{1}{\ln \varepsilon} > 0 \) (poiché \( \ln \varepsilon < 0 \)).
Quindi, per ogni \( \varepsilon \in (0, 1) \), se \( -\delta < x < 0 \), allora \( f(x) < \varepsilon \).

e) Monotonia della funzione
Dobbiamo dimostrare che la funzione è decrescente in tutto il suo dominio.

Definizione: Una funzione è decrescente in un intervallo se per ogni \( x_1, x_2 \) nell'intervallo con \( x_1 < x_2 \), si ha \( f(x_1) > f(x_2) \).

Dimostrazione:
Consideriamo due casi:

Caso 1: \( x_1, x_2 > 0 \) con \( x_1 < x_2 \)
Poiché \( x_1 < x_2 \), abbiamo \( \frac{1}{x_1} > \frac{1}{x_2} \) (la funzione \( \frac{1}{x} \) è decrescente per \( x > 0 \)).
Poiché la funzione esponenziale è crescente: \[ e^{\frac{1}{x_1}} > e^{\frac{1}{x_2}} \] Quindi \( f(x_1) > f(x_2) \).

Caso 2: \( x_1, x_2 < 0 \) con \( x_1 < x_2 \)
Poiché \( x_1 < x_2 < 0 \), abbiamo \( \frac{1}{x_1} > \frac{1}{x_2} \) (la funzione \( \frac{1}{x} \) è decrescente anche per \( x < 0 \)).
Di nuovo, per la crescenza dell'esponenziale: \[ e^{\frac{1}{x_1}} > e^{\frac{1}{x_2}} \] Quindi \( f(x_1) > f(x_2) \).

Conclusione: La funzione \( f(x) = e^{\frac{1}{x}} \) è decrescente in ciascuno degli intervalli \( (-\infty, 0) \) e \( (0, +\infty) \) che costituiscono il suo dominio.

f) Asintoti della funzione

• Asintoto verticale: \( x = 0 \)
  (poiché \( \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty \) e \( \lim_{x \to 0^-} f(x) = 0^+ \))
• Asintoto orizzontale: \( y = 1 \)
  (sia per \( x \to +\infty \) che per \( x \to -\infty \))
• Asintoti obliqui: Non esistono, poiché esiste l'asintoto orizzontale.

g) Grafico probabile
Riassumendo le informazioni:

• Dominio: \( (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) \)
• Funzione sempre positiva
• Decrescente in tutto il dominio
• Per \( x > 0 \): \( f(x) > 1 \), con \( \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty \) e \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 \)
• Per \( x < 0 \): \( 0 < f(x) < 1 \), con \( \lim_{x \to 0^-} f(x) = 0^+ \) e \( \lim_{x \to -\infty} f(x) = 1 \)
• Asintoto verticale: \( x = 0 \)
• Asintoto orizzontale: \( y = 1 \)

h) Funzione inversa

Invertibilità:
La funzione \( f(x) = e^{\frac{1}{x}} \) è strettamente decrescente in ciascun ramo del suo dominio, quindi è iniettiva. Inoltre, essendo continua e assumendo tutti i valori positivi, è anche suriettiva su \( (0, +\infty) \) in ciascun ramo. Pertanto, la funzione è invertibile.

Determinazione della funzione inversa:
Partiamo dall'equazione \( y = e^{\frac{1}{x}} \) e risolviamo rispetto a \( x \):
\[ y = e^{\frac{1}{x}} \] Applicando il logaritmo naturale: \[ \ln y = \frac{1}{x} \] Quindi: \[ x = \frac{1}{\ln y} \] Scambiando \( x \) e \( y \), otteniamo la funzione inversa: \[ y = g(x) = \frac{1}{\ln x} \] con dominio \( x > 0 \) e \( x \neq 1 \), cioè \( D_g = (0, 1) \cup (1, +\infty) \).

Grafico della funzione inversa:
Il grafico di \( g(x) = \frac{1}{\ln x} \) si ottiene per simmetria rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante (\( y = x \)) a partire dal grafico di \( f(x) \).
Proprietà di \( g(x) \):

• Asintoto verticale: \( x = 1 \) (corrispondente all'asintoto orizzontale \( y = 1 \) di \( f \))
• Asintoto orizzontale: \( y = 0 \) (corrispondente all'asintoto verticale \( x = 0 \) di \( f \))
• \( g(x) > 0 \) per \( x > 1 \) e \( g(x) < 0 \) per \( 0 < x < 1 \)

Soluzione Esercizio 3

a) \(\displaystyle\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2-7x+6}{x-1}\)
Calcoliamo prima il valore del numeratore per \(x = 1\):
\(1^2 - 7(1) + 6 = 1 - 7 + 6 = 0\)

Poiché sia il numeratore che il denominatore si annullano per \(x = 1\), abbiamo una forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Fattorizziamo il numeratore:
\(x^2 - 7x + 6 = (x-1)(x-6)\)

Il limite diventa: \[ \lim_{x \to 1^+} \frac{(x-1)(x-6)}{x-1} = \lim_{x \to 1^+} (x-6) = 1-6 = -5 \] Risposta: \(-5\)

b) \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2+x-1}{3x^2+1}\)
Si tratta di un limite di funzione razionale con numeratore e denominatore dello stesso grado (entrambi di secondo grado).

Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\): \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2+x-1}{3x^2+1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}{3+\frac{1}{x^2}} \] Per \(x \to +\infty\), i termini \(\frac{1}{x}\), \(\frac{1}{x^2}\) tendono a zero: \[ = \frac{2+0-0}{3+0} = \frac{2}{3} \] Risposta: \(\frac{2}{3}\)

c) \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \frac{x^3-1}{2x^2+3}\)
Il grado del numeratore (3) è maggiore del grado del denominatore (2), quindi il limite sarà infinito.

Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\): \[ \lim_{x \to -\infty} \frac{x^3-1}{2x^2+3} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x-\frac{1}{x^2}}{2+\frac{3}{x^2}} \] Per \(x \to -\infty\):

• Il numeratore tende a \(-\infty\) (poiché \(x \to -\infty\))
• Il denominatore tende a \(2\) (positivo)

Quindi: \[ \lim_{x \to -\infty} \frac{x-\frac{1}{x^2}}{2+\frac{3}{x^2}} = \frac{-\infty}{2} = -\infty \] Risposta: \(-\infty\)

d) \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2+x+1}{2x^3+5}\)
Il grado del numeratore (2) è minore del grado del denominatore (3), quindi il limite è zero.

Dividiamo numeratore e denominatore per \(x^3\): \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2+x+1}{2x^3+5} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}}{2+\frac{5}{x^3}} \] Per \(x \to +\infty\), tutti i termini con potenze negative di \(x\) tendono a zero: \[ = \frac{0+0+0}{2+0} = \frac{0}{2} = 0 \] Risposta: \(0\)

e) \(\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^3-x^2-x-2}{x^2-8}\)
Calcoliamo i valori per \(x = 2\):
Numeratore: \(2^3 - 2^2 - 2 - 2 = 8 - 4 - 2 - 2 = 0\)
Denominatore: \(2^2 - 8 = 4 - 8 = -4 \neq 0\)

Poiché solo il numeratore si annulla, il limite è: \[ \lim_{x \to 2} \frac{x^3-x^2-x-2}{x^2-8} = \frac{0}{-4} = 0 \] Risposta: \(0\)

f) \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{4x^2+1}-\sqrt{x^2-1}}{|x|+1}\)
Per \(x \to -\infty\), abbiamo \(x < 0\), quindi \(|x| = -x\).

Inoltre, per \(x < 0\): \[ \sqrt{x^2} = |x| = -x \] Riscriviamo le radici estraendo \(x^2\): \[ \sqrt{4x^2+1} = |x|\sqrt{4+\frac{1}{x^2}} = -x\sqrt{4+\frac{1}{x^2}} \] \[ \sqrt{x^2-1} = |x|\sqrt{1-\frac{1}{x^2}} = -x\sqrt{1-\frac{1}{x^2}} \] Il limite diventa: \[ \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{4+\frac{1}{x^2}} - (-x)\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{-x+1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\left(\sqrt{4+\frac{1}{x^2}} - \sqrt{1-\frac{1}{x^2}}\right)}{-x+1} \] Dividiamo numeratore e denominatore per \(-x\): \[ = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{4+\frac{1}{x^2}} - \sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{1-\frac{1}{x}} \] Per \(x \to -\infty\): \[ = \frac{\sqrt{4+0} - \sqrt{1-0}}{1-0} = \frac{2-1}{1} = 1 \] Risposta: \(1\)

g) \(\displaystyle\lim_{x \to 0^-} e^{\frac{x^2-x}{x^3+x}}\)
Semplifichiamo prima l'esponente: \[ \frac{x^2-x}{x^3+x} = \frac{x(x-1)}{x(x^2+1)} = \frac{x-1}{x^2+1} \] Calcoliamo il limite dell'esponente per \(x \to 0^-\): \[ \lim_{x \to 0^-} \frac{x-1}{x^2+1} = \frac{0-1}{0+1} = \frac{-1}{1} = -1 \] Poiché la funzione esponenziale è continua: \[ \lim_{x \to 0^-} e^{\frac{x^2-x}{x^3+x}} = e^{-1} = \frac{1}{e} \] Risposta: \(\frac{1}{e}\)

h) \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln\left(1+\frac{1}{\sin(x)}\right)\)
Per \(x \to 0^+\), abbiamo \(\sin(x) \to 0^+\) (poiché \(\sin(x) > 0\) per \(x\) piccolo e positivo).

Quindi: \[ \frac{1}{\sin(x)} \to +\infty \] \[ 1 + \frac{1}{\sin(x)} \to +\infty \] Poiché il logaritmo naturale tende a \(+\infty\) quando l'argomento tende a \(+\infty\): \[ \lim_{x \to 0^+} \ln\left(1+\frac{1}{\sin(x)}\right) = +\infty \] Risposta: \(+\infty\)

i) \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{3x-1}-a\sqrt{x}\right)\) al variare di \(a \in \mathbb{R}\)

Riscriviamo estraendo \(\sqrt{x}\): \[ \sqrt{3x-1} - a\sqrt{x} = \sqrt{x}\left(\sqrt{3-\frac{1}{x}} - a\right) \] Per \(x \to +\infty\): \[ \sqrt{3-\frac{1}{x}} \to \sqrt{3} \] Quindi: \[ \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}\left(\sqrt{3-\frac{1}{x}} - a\right) = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} \cdot (\sqrt{3} - a) \] Analisi al variare di \(a\):

• Se \(a < \sqrt{3}\): \(\sqrt{3} - a > 0\), quindi il limite è \(+\infty\)
• Se \(a = \sqrt{3}\): \(\sqrt{3} - a = 0\), quindi il limite è \(0\)
• Se \(a > \sqrt{3}\): \(\sqrt{3} - a < 0\), quindi il limite è \(-\infty\)

Per il caso \(a = \sqrt{3}\), analizziamo meglio razionalizzando: \[ \sqrt{3x-1} - \sqrt{3}\sqrt{x} = \frac{(\sqrt{3x-1})^2 - (\sqrt{3}\sqrt{x})^2}{\sqrt{3x-1} + \sqrt{3}\sqrt{x}} = \frac{3x-1-3x}{\sqrt{3x-1} + \sqrt{3}\sqrt{x}} = \frac{-1}{\sqrt{3x-1} + \sqrt{3}\sqrt{x}} \] Per \(x \to +\infty\), il denominatore tende a \(+\infty\), quindi il limite è \(0\).

Risposta: \[ \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{3x-1}-a\sqrt{x}\right) = \begin{cases} +\infty & \text{se } a < \sqrt{3} \\ 0 & \text{se } a = \sqrt{3} \\ -\infty & \text{se } a > \sqrt{3} \end{cases} \]

l) \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} 2^{\frac{ax^2+x+1}{3x^2-1}}\) al variare di \(a \in \mathbb{R}\)

Calcoliamo prima il limite dell'esponente dividendo numeratore e denominatore per \(x^2\): \[ \lim_{x \to -\infty} \frac{ax^2+x+1}{3x^2-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{a+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{3-\frac{1}{x^2}} \] Per \(x \to -\infty\): \[ = \frac{a+0+0}{3-0} = \frac{a}{3} \] Quindi: \[ \lim_{x \to -\infty} 2^{\frac{ax^2+x+1}{3x^2-1}} = 2^{\frac{a}{3}} \] Risposta: Il limite è \(2^{\frac{a}{3}}\) per ogni \(a \in \mathbb{R}\).

Casi particolari:

• Se \(a = 0\): il limite è \(2^0 = 1\)
• Se \(a = 3\): il limite è \(2^1 = 2\)
• Se \(a < 0\): il limite è \(2^{\frac{a}{3}} \in (0, 1)\)
• Se \(a > 0\): il limite è \(2^{\frac{a}{3}} > 1\)

Soluzione Esercizio 4

Impostazione del problema
Poniamo \(\widehat{MAR} = \alpha\), quindi \(\widehat{NAR} = 2\alpha\) e di conseguenza:
\[ \widehat{MAN} = \widehat{MAR} + \widehat{NAR} = \alpha + 2\alpha = 3\alpha \] La condizione \(\widehat{MAN} < \frac{\pi}{2}\) implica che \(3\alpha < \frac{\pi}{2}\), ovvero \(\alpha < \frac{\pi}{6}\).

Dato che \(AP = 1\) e \(\widehat{PBA} = \widehat{NAR} = 2\alpha\), studiamo la configurazione geometrica.

Analisi del triangolo PAB
Nel triangolo PAB abbiamo:

• \(\widehat{PAB} = \widehat{MAR} = \alpha\) (angolo formato da AR con AM)
• \(\widehat{PBA} = 2\alpha\) (dato dal problema)
• \(\widehat{APB} = \pi - \alpha - 2\alpha = \pi - 3\alpha\) (somma degli angoli interni)

Applicando il teorema dei seni nel triangolo PAB con \(AP = 1\): \[ \frac{AP}{\sin(\widehat{PBA})} = \frac{PB}{\sin(\widehat{PAB})} = \frac{AB}{\sin(\widehat{APB})} \] \[ \frac{1}{\sin(2\alpha)} = \frac{PB}{\sin(\alpha)} = \frac{AB}{\sin(\pi - 3\alpha)} \] Da cui: \[ PB = \frac{\sin(\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \frac{\sin(\alpha)}{2\sin(\alpha)\cos(\alpha)} = \frac{1}{2\cos(\alpha)} \] \[ AB = \frac{\sin(3\alpha)}{\sin(2\alpha)} \]

Area del triangolo PAB
L'area si calcola con la formula: \[ A_1 = \frac{1}{2} \cdot AP \cdot PB \cdot \sin(\widehat{APB}) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2\cos(\alpha)} \cdot \sin(3\alpha) \] \[ A_1 = \frac{\sin(3\alpha)}{4\cos(\alpha)} \]

Analisi del triangolo ABC
Nel triangolo ABC abbiamo:

• \(\widehat{BAC} = \widehat{MAN} = 3\alpha\)
• \(\widehat{ABC} = \widehat{PBA} = 2\alpha\)
• \(\widehat{ACB} = \pi - 3\alpha - 2\alpha = \pi - 5\alpha\)

Poiché P appartiene al segmento BC, il triangolo PAC è formato da A, P e C.

Analisi del triangolo PAC
Nel triangolo PAC abbiamo:

• \(\widehat{PAC} = \widehat{NAR} = 2\alpha\)
• \(\widehat{PCA} = \widehat{ACB} = \pi - 5\alpha\) (stesso angolo in C)
• \(\widehat{APC} = \pi - 2\alpha - (\pi - 5\alpha) = 3\alpha\)

Applicando il teorema dei seni nel triangolo PAC: \[ \frac{AP}{\sin(\widehat{PCA})} = \frac{PC}{\sin(\widehat{PAC})} \] \[ \frac{1}{\sin(\pi - 5\alpha)} = \frac{PC}{\sin(2\alpha)} \] \[ PC = \frac{\sin(2\alpha)}{\sin(5\alpha)} \]

Area del triangolo PAC
\[ A_2 = \frac{1}{2} \cdot AP \cdot PC \cdot \sin(\widehat{APC}) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sin(2\alpha)}{\sin(5\alpha)} \cdot \sin(3\alpha) \] \[ A_2 = \frac{\sin(2\alpha) \cdot \sin(3\alpha)}{2\sin(5\alpha)} \]

Rapporto delle aree
\[ \frac{A_1}{A_2} = \frac{\frac{\sin(3\alpha)}{4\cos(\alpha)}}{\frac{\sin(2\alpha) \cdot \sin(3\alpha)}{2\sin(5\alpha)}} = \frac{\sin(3\alpha)}{4\cos(\alpha)} \cdot \frac{2\sin(5\alpha)}{\sin(2\alpha) \cdot \sin(3\alpha)} \] \[ = \frac{2\sin(5\alpha)}{4\cos(\alpha) \cdot \sin(2\alpha)} = \frac{\sin(5\alpha)}{2\cos(\alpha) \cdot \sin(2\alpha)} \]

Calcolo del limite
Dobbiamo calcolare: \[ \lim_{\alpha \to 0} \frac{\sin(5\alpha)}{2\cos(\alpha) \cdot \sin(2\alpha)} \] Usando il limite notevole \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1\), riscriviamo: \[ \lim_{\alpha \to 0} \frac{\sin(5\alpha)}{2\cos(\alpha) \cdot \sin(2\alpha)} = \lim_{\alpha \to 0} \frac{5\alpha \cdot \frac{\sin(5\alpha)}{5\alpha}}{2\cos(\alpha) \cdot 2\alpha \cdot \frac{\sin(2\alpha)}{2\alpha}} \] \[ = \lim_{\alpha \to 0} \frac{5\alpha}{2\cos(\alpha) \cdot 2\alpha} \cdot \frac{\frac{\sin(5\alpha)}{5\alpha}}{\frac{\sin(2\alpha)}{2\alpha}} \] \[ = \lim_{\alpha \to 0} \frac{5}{4\cos(\alpha)} \cdot \frac{1}{1} = \frac{5}{4 \cdot 1} = \frac{5}{4} \]

Risposta:
Le aree dei triangoli sono: \[ A_1 = \frac{\sin(3\alpha)}{4\cos(\alpha)} \] \[ A_2 = \frac{\sin(2\alpha) \cdot \sin(3\alpha)}{2\sin(5\alpha)} \] Il limite del rapporto quando \(\alpha \to 0\) è: \[ \boxed{\lim_{\alpha \to 0} \frac{A_1}{A_2} = \frac{5}{4}} \]