GLI ASINTOTI NELLA REALTÀ

Soluzione del quesito 1

a) Velocità a \( t=0 \) e a \( t=6 \)

\[ v(0)=60\left(1-e^{0}\right)=60\cdot(1-1)=0\ \text{m/s} \] \[ v(6)=60\left(1-e^{-1}\right)\approx 60\cdot0{,}632\approx 37{,}9\ \text{m/s} \]

All'istante iniziale la velocità è nulla; dopo 6 secondi è già circa \( 38 \) m/s.

b) Esiste una velocità che non viene mai superata?

Per rispondere dobbiamo capire che cosa succede alla velocità quando il tempo diventa molto grande, cioè calcolare il limite per \( t\to+\infty \):

\[ \lim_{t\to+\infty}60\left(1-e^{-t/6}\right)=60\cdot\left(1-0\right)=60 \]

perché \( e^{-t/6}\to0 \) per \( t\to+\infty \). Inoltre, poiché \( e^{-t/6}>0 \) per ogni \( t \), si ha

\[ v(t)=60-60\,e^{-t/6}<60 \quad\text{per ogni } t\ge0 \]

quindi la velocità si avvicina sempre più a \( 60 \) m/s (cioè \( 216 \) km/h) senza mai raggiungerla né superarla: l'amico ha ragione. Il valore \( 60 \) m/s è la velocità limite del paracadutista.

c) Quando la velocità supera il \( 99\% \) della velocità limite

Il \( 99\% \) di \( 60 \) m/s è \( 0{,}99\cdot60=59{,}4 \) m/s. Risolviamo la disequazione:

\[ 60\left(1-e^{-t/6}\right)>59{,}4 \ \Longrightarrow\ 1-e^{-t/6}>0{,}99 \ \Longrightarrow\ e^{-t/6}<0{,}01 \]

Passando ai logaritmi naturali (che è una funzione crescente, quindi la disuguaglianza non cambia verso):

\[ -\frac t6<\ln0{,}01=-\ln100 \ \Longrightarrow\ t>6\ln100\approx 27{,}6 \]

Dopo circa \( 27{,}6 \) secondi (quindi dal \( 28^\circ \) secondo) la velocità supera il \( 99\% \) della velocità limite.

d) Grafico qualitativo di \( v(t) \)

Il grafico si ottiene da quello di \( y=e^{t} \) con una successione di trasformazioni:

• \( e^{-t} \): simmetria rispetto all'asse \( y \); poi \( e^{-t/6} \): dilatazione orizzontale di fattore \( 6 \). È una curva decrescente che parte da \( 1 \) e tende a \( 0 \) per \( t\to+\infty \);
• \( -60\,e^{-t/6} \): dilatazione verticale di fattore \( 60 \) e simmetria rispetto all'asse \( t \): la curva parte da \( -60 \), è crescente e tende a \( 0 \) dal basso;
• \( 60-60\,e^{-t/6} \): traslazione verso l'alto di \( 60 \): la curva parte da \( 0 \), è crescente e tende a \( 60 \) dal basso.

Quindi, per \( t\ge0 \), il grafico parte dall'origine, è crescente e «si appiattisce» sempre più sulla retta \( v=60 \), senza mai toccarla. Passa per il punto \( (6;\,37{,}9) \) trovato al punto a).

Soluzione del quesito 2

a) Costo con produzione nulla

Produrre «nessuna dose» significa \( x=0 \):

\[ T(0)=400+12\cdot0+\frac{3\cdot0^2}{0+2}=400 \]

Anche senza produrre nulla, l'azienda sostiene una spesa di \( 400 \) migliaia di euro, cioè \( 400\,000 \) €. Sono i costi fissi (o spese iniziali), indipendenti dal numero di dosi prodotte: ad esempio la ricerca e lo sviluppo del vaccino, la sperimentazione clinica, le autorizzazioni, la costruzione o l'adeguamento dell'impianto e dei laboratori.

b) Produzione di massa: \( x\to+\infty \)

Per volumi enormi cerchiamo una retta \( y=mx+q \) a cui il costo totale si avvicini sempre di più. Calcoliamo prima

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{T(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left[\frac{400}{x}+12+\frac{3x}{x+2}\right]=0+12+3=15 \]

e poi

\[ q=\lim_{x\to+\infty}\bigl[T(x)-15x\bigr]=\lim_{x\to+\infty}\left[400+12x+\frac{3x^2}{x+2}-15x\right] \] \[ q=\lim_{x\to+\infty}\left[400+\frac{3x^2-3x(x+2)}{x+2}\right]=\lim_{x\to+\infty}\left[400-\frac{6x}{x+2}\right]=400-6=394 \]

Quindi, per produzioni molto grandi, il costo totale si comporta come la funzione lineare

\[ y=15x+394 \]

c) Significato economico di \( m \) e \( q \)

Poiché \( T \) è in migliaia di euro e \( x \) in migliaia di dosi, il coefficiente angolare \( m=15 \) indica che, a regime, ogni dose in più costa circa \( 15 \) €: è il costo «per dose» quando i volumi sono molto grandi.

Il termine noto \( q=394 \) (migliaia di euro) rappresenta i costi fissi «effettivi» della retta, cioè la parte del costo che non dipende dalle dosi prodotte; è un valore vicino ai \( 400 \) mila euro iniziali.

d) Confronto tra \( T(x) \) e l'asintoto

Calcoliamo la differenza tra il costo totale e il valore della retta:

\[ T(x)-(15x+394)=400+12x+\frac{3x^2}{x+2}-15x-394=6-3x+\frac{3x^2}{x+2} \]

Riducendo a denominatore comune:

\[ T(x)-(15x+394)=\frac{(6-3x)(x+2)+3x^2}{x+2}=\frac{6x+12-3x^2-6x+3x^2}{x+2}=\frac{12}{x+2} \]

Per \( x\ge0 \) si ha \( x+2>0 \), quindi

\[ T(x)-(15x+394)=\frac{12}{x+2}>0 \]

cioè \( T(x)>15x+394 \) per ogni \( x\ge0 \).

e) Grafico qualitativo

Intersezione con l'asse delle ordinate. Per \( x=0 \) si ha \( T(0)=400 \): il grafico parte dal punto \( (0;\,400) \), che rappresenta i costi fissi. Non ci sono intersezioni con l'asse delle ascisse.

Segno. Per \( x\ge0 \) tutti i termini di \( T(x) \) sono non negativi e il termine noto è \( 400 \): quindi \( T(x)\ge400>0 \) e il grafico sta sempre sopra l'asse \( x \).

Asintoto. Per \( x\to+\infty \) il grafico si avvicina dall'alto alla retta \( y=15x+394 \).

Alcuni valori (\( T \) in migliaia di euro, \( x \) in migliaia di dosi):

\[ T(0)=400 \qquad T(10)=400+120+25=545 \] \[ T(50)\approx 400+600+144{,}2=1144{,}2 \qquad T(100)\approx 400+1200+294{,}1=1894{,}1 \]

Il grafico parte da \( (0;\,400) \), cresce e, già per valori di \( x \) non molto grandi, si confonde quasi con la retta \( y=15x+394 \), restando però sempre un po' sopra. Nella figura la curva è disegnata in scala; nell'ingrandimento vicino a \( x=0 \) si vede bene che sta sopra la retta.

Soluzione del quesito 3

Lo schema della figura. La lente convergente è disegnata come una freccia verticale a due punte; la retta orizzontale che la attraversa è l'asse ottico. Le grandezze in gioco sono:

• \( f \), la distanza focale: è la distanza tra la lente e il fuoco (\( F \) e \( F' \) nella figura, uno per parte). Un raggio che arriva parallelo all'asse ottico, dopo aver attraversato la lente, passa per il fuoco \( F' \). Dipende solo dalla lente: qui \( f=5 \) cm;
• \( p \), la distanza dell'oggetto: è la distanza tra l'oggetto (la freccia a sinistra) e la lente;
• \( q \), la distanza dell'immagine: è la distanza tra la lente e il punto in cui i raggi si incontrano formando l'immagine nitida (la freccia a destra, capovolta). Il sensore della fotocamera va posto proprio lì.

Nella figura i raggi partono dalla punta dell'oggetto: quello parallelo all'asse passa per \( F' \), quello che passa per il centro della lente non viene deviato. I due raggi si incontrano nella punta dell'immagine. I valori sono quelli del punto a): \( p=15 \) cm e \( q=7{,}5 \) cm.

Se \( p \) cambia, l'immagine si sposta: più l'oggetto è vicino al fuoco, più l'immagine si forma lontano; più l'oggetto è lontano, più l'immagine si avvicina al fuoco \( F' \). È ciò che studiamo con i limiti nei punti b) e c).

a) Posizione dell'immagine per \( p=10 \) e \( p=15 \)

\[ q(10)=\frac{5\cdot10}{10-5}=\frac{50}{5}=10\ \text{cm} \] \[ q(15)=\frac{5\cdot15}{15-5}=\frac{75}{10}=7{,}5\ \text{cm} \]

Se l'oggetto è a \( 10 \) cm dalla lente l'immagine si forma a \( 10 \) cm dall'altra parte; se è a \( 15 \) cm l'immagine si forma a \( 7{,}5 \) cm: allontanando l'oggetto, l'immagine si avvicina alla lente.

b) Oggetto che si avvicina al fuoco: \( p\to5^+ \)

Calcoliamo il limite di \( q(p) \) per \( p\to5^+ \). Il numeratore tende a \( 25 \), il denominatore tende a \( 0 \) con valori positivi (\( p>5 \)):

\[ \lim_{p\to5^+}\frac{5p}{p-5}=\left[\frac{25}{0^+}\right]=+\infty \]

Fisicamente, quando l'oggetto si avvicina al fuoco della lente l'immagine si forma sempre più lontano: per metterla a fuoco il sensore dovrebbe essere allontanato dalla lente sempre di più. Se l'oggetto fosse esattamente nel fuoco (\( p=5 \)), i raggi uscirebbero dalla lente paralleli tra loro e non convergerebbero mai: non si formerebbe alcuna immagine sul sensore.

c) Oggetto molto lontano: \( p\to+\infty \)

Calcoliamo il limite per \( p\to+\infty \), dividendo numeratore e denominatore per \( p \):

\[ \lim_{p\to+\infty}\frac{5p}{p-5}=\lim_{p\to+\infty}\frac{5}{1-\frac5p}=5 \]

Per un oggetto molto lontano l'immagine si forma a circa \( 5 \) cm dalla lente, cioè alla distanza focale. Infatti i raggi che arrivano da un oggetto lontanissimo sono praticamente paralleli, e per definizione di distanza focale una lente li fa convergere a distanza \( f \): per fotografare un paesaggio il sensore va quindi posto a \( 5 \) cm dalla lente.

Notiamo inoltre che

\[ q(p)-5=\frac{5p}{p-5}-5=\frac{5p-5p+25}{p-5}=\frac{25}{p-5}>0 \quad\text{per } p>5 \]

quindi \( q(p)>5 \): l'immagine si forma sempre oltre il piano focale.

d) Grafico della funzione

La funzione \( q(p)=\dfrac{5p}{p-5} \) è una funzione omografica: il suo grafico è un'iperbole equilatera con gli asintoti paralleli agli assi. Per riconoscerne centro e asintoti la scriviamo nella forma già trovata al punto c):

\[ q(p)=5+\frac{25}{p-5} \qquad\text{cioè}\qquad q-5=\frac{25}{p-5} \]

Con le sostituzioni \( P=p-5 \) e \( Q=q-5 \) l'equazione diventa \( PQ=25 \): è l'iperbole \( y=\dfrac{25}{x} \) traslata in modo che il suo centro sia nel punto \( (5;\,5) \).

• Centro: \( C(5;\,5) \).
• Asintoti: la retta verticale \( p=5 \) e la retta orizzontale \( q=5 \), come trovato nei punti b) e c).
• Rami: poiché \( 25>0 \), i due rami stanno nel primo e nel terzo «quadrante» rispetto agli asintoti, e sono decrescenti.
• Alcuni punti: \( (6;\,30) \), \( (10;\,10) \), \( (15;\,7{,}5) \), \( (30;\,6) \).

Al problema interessa solo il ramo con \( p>5 \) (oggetto oltre il fuoco), che sta sopra l'asintoto orizzontale e non incontra gli assi. L'altro ramo, per \( p<5 \), passa per l'origine ma non ha significato nel nostro problema: nella figura è tratteggiato in grigio.

e) Distanza minima di messa a fuoco

Il sensore può trovarsi al massimo a \( q=6 \) cm dalla lente, quindi si deve avere \( q(p)\le6 \):

\[ \frac{5p}{p-5}\le6 \]

Poiché \( p-5>0 \), possiamo moltiplicare per \( p-5 \) senza cambiare il verso della disuguaglianza:

\[ 5p\le6(p-5) \ \Longrightarrow\ 5p\le6p-30 \ \Longrightarrow\ p\ge30 \]

L'oggetto deve trovarsi ad almeno \( 30 \) cm dalla lente: è la distanza minima di messa a fuoco della fotocamera. Con \( p=30 \) cm si ha infatti \( q=6 \) cm.

Esplora con la simulazione

Sposta il cursore per cambiare la distanza \( p \) dell'oggetto dalla lente e osserva come si sposta l'immagine e come si muove il punto \( (p;\,q) \) sul grafico. Prova a portare \( p \) vicinissimo a \( 5 \) cm, poi a valori molto grandi, poi a \( 30 \) cm: ritrovi i risultati dei punti b), c) ed e).

Soluzione del quesito 4

a) Livello sonoro di una conversazione e di un concerto

Per prima cosa calcoliamo \( x=\dfrac{I}{I_0} \) nei due casi.

Conversazione:

\[ x=\frac{10^{-6}}{10^{-12}}=10^{6} \qquad\Longrightarrow\qquad L=10\log_{10}10^{6}=10\cdot6=60\ \text{dB} \]

Concerto rock:

\[ x=\frac{1}{10^{-12}}=10^{12} \qquad\Longrightarrow\qquad L=10\log_{10}10^{12}=10\cdot12=120\ \text{dB} \]

La conversazione ha un livello di \( 60 \) dB, il concerto di \( 120 \) dB: l'intensità del concerto è un milione di volte maggiore, ma il livello sonoro è «solo» il doppio.

b) Suono sempre più debole: \( x\to0^+ \)

Se l'intensità si avvicina a zero, anche \( x \) tende a zero (da valori positivi) e dobbiamo calcolare

\[ \lim_{x\to0^+}10\log_{10}x=-\infty \]

perché \( \log_{10}x\to-\infty \) per \( x\to0^+ \). Il livello sonoro diventa sempre più negativo: per esempio \( L(0{,}1)=-10 \) dB, \( L(0{,}01)=-20 \) dB, \( L(10^{-6})=-60 \) dB.

In pratica, per \( x<1 \) l'intensità è inferiore alla soglia di udibilità e il livello è negativo: sono suoni troppo deboli per essere percepiti. Man mano che il suono si attenua, il livello scende senza limite: il silenzio assoluto (\( I=0 \)) non ha un livello in decibel, perché \( \log_{10}0 \) non esiste.

c) Intensità che cresce senza limiti: \( x\to+\infty \)

Calcoliamo il limite per \( x\to+\infty \):

\[ \lim_{x\to+\infty}10\log_{10}x=+\infty \]

Il livello sonoro non si stabilizza su un valore massimo: cresce sempre, anche se molto lentamente. Infatti, moltiplicando l'intensità per \( 10 \):

\[ L(10x)=10\log_{10}(10x)=10\log_{10}x+10=L(x)+10 \]

Ogni volta che l'intensità diventa \( 10 \) volte più grande, il livello sonoro aumenta di esattamente \( 10 \) dB: per esempio \( 60 \) dB, \( 70 \) dB, \( 80 \) dB e così via.

d) Grafico della funzione

La funzione \( L(x)=10\log_{10}x \) si ottiene dal grafico del logaritmo decimale \( y=\log_{10}x \) con una dilatazione verticale di fattore \( 10 \).

• Dominio: \( x>0 \); non c'è intersezione con l'asse \( L \).
• Intersezione con l'asse \( x \): \( L(x)=0 \) per \( x=1 \), cioè nel punto \( (1;\,0) \): è la soglia di udibilità.
• Segno: \( L(x)<0 \) per \( 0<x<1 \) (suoni sotto la soglia) e \( L(x)>0 \) per \( x>1 \).
• Andamento: la funzione è crescente (il logaritmo in base \( 10>1 \) è crescente).
• Asintoto: l'asintoto verticale \( x=0 \), con \( L\to-\infty \) per \( x\to0^+ \); non ci sono altri asintoti.
• Alcuni punti: \( (1;\,0) \), \( (10;\,10) \), \( (100;\,20) \).

e) Quando il livello supera \( 85 \) dB

Risolviamo la disequazione \( L(x)>85 \), con \( x>0 \):

\[ 10\log_{10}x>85 \ \Longrightarrow\ \log_{10}x>8{,}5 \ \Longrightarrow\ x>10^{8{,}5}\approx3{,}2\cdot10^{8} \]

(il passaggio all'esponenziale non cambia il verso, perché la funzione \( 10^{x} \) è crescente). Il livello supera \( 85 \) dB quando il suono è più intenso della soglia di udibilità di oltre \( 3{,}2\cdot10^{8} \) volte. L'intensità corrispondente è

\[ I=x\cdot I_0>3{,}2\cdot10^{8}\cdot10^{-12}\ \text{W/m}^2=3{,}2\cdot10^{-4}\ \text{W/m}^2 \]

cioè circa \( 0{,}32 \) milliwatt per metro quadrato: una potenza minuscola, ma sufficiente a danneggiare l'udito se l'esposizione è prolungata.

Esplora con la simulazione

Sposta il cursore per cambiare l'intensità relativa \( x \) del suono e osserva come cambiano il livello sonoro \( L \) e il punto sul grafico. Prova a portare \( x \) vicinissimo a \( 0 \), poi a valori enormi (premendo «× 10» più volte), poi cerca dove si supera il livello di \( 85 \) dB: ritrovi i risultati dei punti b), c) ed e). Con l'interruttore «x in scala logaritmica» il grafico diventa una retta.

Soluzione del quesito 5

a) Livello sonoro a \( 1 \), \( 10 \) e \( 100 \) m

Sostituiamo i valori di \( d \) nell'intensità relativa totale \( \dfrac{10^{8}}{d^{2}}+10^{4} \).

\[ L(1)=10\log_{10}\!\left(10^{8}+10^{4}\right)=10\log_{10}\!\left(1{,}0001\cdot10^{8}\right)\approx80{,}0\ \text{dB} \] \[ L(10)=10\log_{10}\!\left(10^{6}+10^{4}\right)=10\log_{10}\!\left(1{,}01\cdot10^{6}\right)\approx60{,}0\ \text{dB} \] \[ L(100)=10\log_{10}\!\left(10^{4}+10^{4}\right)=10\log_{10}\!\left(2\cdot10^{4}\right)=40+10\log_{10}2\approx43{,}0\ \text{dB} \]

Vicino all'altoparlante il rumore di fondo è trascurabile (\( 10^{4} \) contro \( 10^{8} \)); a \( 100 \) m, invece, i due contributi sono dello stesso ordine e il livello è già molto vicino a quello del fondo.

b) Distanza in cui altoparlante e rumore di fondo hanno la stessa intensità

Imponiamo che le due intensità relative siano uguali:

\[ \frac{10^{8}}{d^{2}}=10^{4} \ \Longrightarrow\ d^{2}=10^{4} \ \Longrightarrow\ d=100\ \text{m}. \]

A \( 100 \) m l'intensità totale è il doppio di quella del solo fondo, quindi il livello è \( 40+10\log_{10}2\approx43 \) dB: solo \( 3 \) dB sopra il rumore di fondo.

c) Comportamento per \( d\to0^+ \) e per \( d\to+\infty \)

Prima di calcolare i limiti riscriviamo la funzione, mettendo in evidenza il contributo del rumore di fondo. Raccogliamo \( 10^{4} \) nell'argomento del logaritmo e usiamo la proprietà del logaritmo di un prodotto:

\[ L(d)=10\log_{10}\!\left(\frac{10^{8}}{d^{2}}+10^{4}\right)=10\log_{10}\!\left[10^{4}\!\left(\frac{10^{4}}{d^{2}}+1\right)\right] \] \[ L(d)=10\log_{10}10^{4}+10\log_{10}\!\left(1+\frac{10^{4}}{d^{2}}\right)=40+10\log_{10}\!\left(1+\frac{10^{4}}{d^{2}}\right). \]

Il numero \( 40 \) è il livello del rumore di fondo; il secondo termine è il contributo dell'altoparlante. Poiché \( 1+\dfrac{10^{4}}{d^{2}}>1 \), il logaritmo è positivo e quindi \( L(d)>40 \) per ogni \( d \): il livello misurato è sempre sopra quello del solo fondo.

Per \( d\to0^+ \): \( \dfrac{10^{4}}{d^{2}}\to+\infty \), quindi l'argomento del logaritmo tende a \( +\infty \) e

\[ \lim_{d\to0^+}L(d)=40+10\cdot(+\infty)=+\infty. \]

Il livello cresce senza limite avvicinandosi alla sorgente. In realtà il modello vale per \( d\ge1 \) m circa: a distanze minori l'altoparlante non si può più considerare un punto.

Per \( d\to+\infty \): \( \dfrac{10^{4}}{d^{2}}\to0 \), quindi l'argomento del logaritmo tende a \( 1 \) e, per la continuità del logaritmo,

\[ \lim_{d\to+\infty}L(d)=40+10\log_{10}1=40+0=40\ \text{dB}. \]

Allontanandosi indefinitamente dall'altoparlante, il livello sonoro non scende all'infinito: si stabilizza sul livello del rumore di fondo. Poiché \( L(d)>40 \) sempre, il grafico si avvicina a questo valore dall'alto, man mano che il contributo dell'altoparlante diventa trascurabile.

d) Quando il livello supera il fondo di meno di \( 1 \) dB

Usiamo la forma \( L(d)=40+10\log_{10}\!\left(1+\dfrac{10^{4}}{d^{2}}\right) \) e imponiamo \( L(d)<41 \):

\[ 10\log_{10}\!\left(1+\frac{10^{4}}{d^{2}}\right)<1 \ \Longrightarrow\ 1+\frac{10^{4}}{d^{2}}<10^{0{,}1}\approx1{,}259 \ \Longrightarrow\ \frac{10^{4}}{d^{2}}<0{,}259. \]

Poiché \( d>0 \), si ottiene \( d^{2}>\dfrac{10^{4}}{0{,}259}\approx3{,}86\cdot10^{4} \), cioè

\[ d>\sqrt{3{,}86\cdot10^{4}}\approx197\ \text{m}. \]

Oltre circa \( 197 \) m il livello differisce dal fondo di meno di \( 1 \) dB: praticamente non si distingue più il concerto dal rumore ambiente. La funzione, intanto, è decrescente: all'aumentare di \( d \) il termine \( \dfrac{10^{8}}{d^{2}} \) diminuisce, quindi diminuisce l'argomento del logaritmo (che è crescente).

e) Grafico e confronto con il modello senza rumore di fondo

• Dominio: \( d>0 \) (fisicamente \( d\ge1 \) m); nessuna intersezione con gli assi.
• Andamento: decrescente, sempre maggiore di \( 40 \).
• Asintoti: verticale \( d=0 \) (per \( d\to0^+ \)), orizzontale \( L=40 \) (per \( d\to+\infty \)).
• Alcuni punti: \( (1;\,80) \), \( (10;\,60) \), \( (100;\,43) \), \( (197;\,41) \).

Il modello che trascura il fondo è \( L_0(d)=10\log_{10}\dfrac{10^{8}}{d^{2}}=80-20\log_{10}d \): per \( d\to0^+ \) tende a \( +\infty \) (anch'esso con asintoto verticale \( d=0 \)), ma per \( d\to+\infty \) tende a \( -\infty \), quindi non ha asintoto orizzontale. Per esempio \( L_0(1000)=20 \) dB, un livello inferiore al rumore di fondo e dunque privo di senso fisico. Nel grafico, in tratteggio grigio, le due curve coincidono vicino alla sorgente e si separano allontanandosi: è l'aggiunta del rumore di fondo a «sollevare» la coda del grafico fino all'asintoto \( L=40 \).

Esplora con la simulazione

Sposta il cursore della distanza e ascolta: l'altoparlante (un suono a impulsi) si affievolisce, mentre il rumore di fondo (un fruscio) resta costante, finché il concerto non si distingue più dal fruscio. Prova a variare il rumore di fondo e osserva come si sposta l'asintoto; attiva il confronto con il modello senza fondo e passa dalla scala logaritmica a quella lineare.

Soluzione del quesito 6

a) La funzione \( P(x) \)

Se un lato misura \( x \) e l'area è \( 400 \), l'altro lato misura \( y \) con \( x\cdot y=400 \), cioè

\[ y=\frac{400}{x}. \]

La rete necessaria è il perimetro del rettangolo:

\[ P(x)=2x+2y=2x+\frac{800}{x}. \]

Le lunghezze devono essere positive, quindi la funzione ha senso per \( x>0 \) (e per ogni \( x>0 \) anche \( y=\frac{400}{x}>0 \)): il dominio è \( x>0 \).

b) Alcuni valori

\[ \begin{array}{c|ccccc} x\ (\text{m}) & 5 & 10 & 20 & 40 & 80 \\ \hline y=\frac{400}{x}\ (\text{m}) & 80 & 40 & 20 & 10 & 5 \\ P(x)\ (\text{m}) & 170 & 100 & 80 & 100 & 170 \end{array} \]

I valori si ripetono in modo simmetrico: \( P(5)=P(80) \) e \( P(10)=P(40) \). È naturale, perché un orto di \( 5\ \text{m}\times80\ \text{m} \) e uno di \( 80\ \text{m}\times5\ \text{m} \) sono lo stesso rettangolo, solo ruotato. Il valore più piccolo, \( 80 \) m, si ha per \( x=20 \) m, quando anche \( y=20 \) m: l'orto è un quadrato.

c) Orto sempre più stretto: \( x\to0^+ \)

Se \( x \) si avvicina a \( 0 \) da valori positivi, \( 2x\to0 \) mentre \( \dfrac{800}{x}\to+\infty \), quindi

\[ \lim_{x\to0^+}P(x)=\lim_{x\to0^+}\left(2x+\frac{800}{x}\right)=+\infty. \]

L'orto diventa una striscia strettissima ma lunghissima (l'altro lato \( y=\frac{400}{x} \) cresce senza limite) e la rete necessaria cresce senza limite: per esempio \( P(1)=802 \) m, \( P(0{,}1)=8000{,}2 \) m.

d) Lato sempre più lungo: \( x\to+\infty \)

Per \( x\to+\infty \) il termine \( 2x \) tende a \( +\infty \) mentre \( \dfrac{800}{x}\to0 \), quindi

\[ \lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty: \]

non c'è asintoto orizzontale. Vediamo se la funzione si comporta «come una retta». Calcoliamo

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{P(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(2+\frac{800}{x^{2}}\right)=2 \] \[ q=\lim_{x\to+\infty}\bigl(P(x)-2x\bigr)=\lim_{x\to+\infty}\frac{800}{x}=0. \]

Dunque, per \( x\to+\infty \), \( P(x) \) si confonde con la retta \( P=2x \). Il significato è semplice: se l'orto è lunghissimo, l'altro lato \( y=\frac{400}{x} \) è piccolissimo, e la rete è praticamente fatta dai due lati lunghi, \( 2x \).

L'errore che si commette è esattamente \( P(x)-2x=\dfrac{800}{x}=2y \), cioè la lunghezza dei due lati corti. Per esempio: per \( x=100 \) m, \( P=208 \) m e \( 2x=200 \) m, con un errore di \( 8 \) m (circa il \( 4\% \)); per \( x=400 \) m, \( P=802 \) m e \( 2x=800 \) m, errore di \( 2 \) m (circa lo \( 0{,}25\% \)).

e) Grafico e forma di rete minima

• Dominio: \( x>0 \); nessuna intersezione con gli assi.
• Asintoti: verticale \( x=0 \) (per \( x\to0^+ \)), obliquo \( P=2x \) (per \( x\to+\infty \)).
• Alcuni punti: \( (5;\,170) \), \( (10;\,100) \), \( (20;\,80) \), \( (40;\,100) \), \( (80;\,170) \).

Il valore minimo della rete è quello trovato nel punto b): \( P(20)=80 \) m, cioè il quadrato di lato \( 20 \) m, come dimostrato nel riquadro del punto b). Lo si può verificare anche confrontando \( P(x) \) con \( 80 \):

\[ P(x)-80=\frac{2x^{2}-80x+800}{x}=\frac{2\,(x-20)^{2}}{x}\ \ge 0 \quad\text{per ogni } x>0, \]

con uguaglianza solo per \( x=20 \). Il grafico scende dall'asintoto verticale fino al punto \( (20;\,80) \), che è il suo punto più basso, poi risale avvicinandosi alla retta \( P=2x \).

Per \( x>0 \) questa quantità è sempre maggiore o uguale a \( 0 \), ed è uguale a \( 0 \) solo per \( x=20 \). Quindi \( P(x)\ge80 \) con uguaglianza solo per \( x=20 \): la rete più corta è di \( 80 \) m e si ottiene quando l'orto è un quadrato di lato \( 20 \) m. Il grafico scende dall'asintoto verticale fino al punto \( (20;\,80) \), poi risale avvicinandosi alla retta \( P=2x \).

Esplora con la simulazione

Sposta il cursore per cambiare la forma dell'orto, mantenendo l'area di \( 400\ \text{m}^2 \): i lati di lunghezza \( x \) sono disegnati in blu, quelli di lunghezza \( y \) in arancione. Osserva come cambia la rete \( P \) e cerca la posizione in cui è più corta; poi allunga sempre più l'orto e guarda che cosa succede ai lati arancioni e alla distanza tra la curva e la retta \( P=2x \).

Soluzione del quesito 7

a) La funzione \( d(t) \)

Il triangolo \( FAP \) è rettangolo in \( A \), perché \( FA \) è perpendicolare alla costa, e l'angolo in \( F \) è \( \alpha \). Il cateto \( AP \) è opposto ad \( \alpha \) e \( FA \) è adiacente, quindi \( \tan\alpha=\dfrac{AP}{FA} \), cioè

\[ d=AP=FA\tan\alpha=300\tan\alpha. \]

Il fascio compie un giro (\( 2\pi \) radianti) in \( 40 \) s, quindi la velocità angolare è \( \omega=\dfrac{2\pi}{40}=\dfrac{\pi}{20} \) rad/s. Poiché per \( t=0 \) il fascio punta verso \( A \) (\( \alpha=0 \)), l'angolo in radianti è \( \alpha=\omega t=\dfrac{\pi t}{20} \) e

\[ d(t)=300\tan\!\left(\frac{\pi t}{20}\right). \]

Per esempio, dopo \( t=10 \) s l'angolo vale \( \alpha=\dfrac{\pi}{2} \): il fascio è parallelo alla costa.

Dai radianti ai gradi. Spesso è più intuitivo ragionare in gradi. Un angolo di \( \pi \) radianti corrisponde a \( 180^\circ \), quindi l'angolo in gradi \( \alpha^\circ \) e quello in radianti \( \alpha \) sono legati dalla proporzione

\[ \alpha^\circ:180^\circ=\alpha:\pi \quad\Longrightarrow\quad \alpha^\circ=\frac{180^\circ}{\pi}\,\alpha. \]

Sostituendo \( \alpha=\dfrac{\pi t}{20} \):

\[ \alpha^\circ=\frac{180^\circ}{\pi}\cdot\frac{\pi t}{20}=9^\circ\cdot t. \]

Il fascio ruota quindi di \( 9^\circ \) ogni secondo, come ci si aspetta da un giro completo (\( 360^\circ \)) in \( 40 \) s: \( 360^\circ:40=9^\circ \) al secondo.

b) Alcuni valori

Calcoliamo \( \alpha \) in radianti e in gradi (\( \alpha^\circ=9^\circ\cdot t \)) e poi \( d(t)=300\tan\alpha \):

\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline t\ (\text{s}) & 0 & 2{,}5 & 5 & 7{,}5 & 9 \\ \hline \alpha\ (\text{rad}) & 0 & \frac{\pi}{8} & \frac{\pi}{4} & \frac{3\pi}{8} & \frac{9\pi}{20} \\ \hline \alpha\ (\text{gradi}) & 0^\circ & 22{,}5^\circ & 45^\circ & 67{,}5^\circ & 81^\circ \\ \hline d(t)\ (\text{m}) & 0 & \approx124{,}3 & 300 & \approx724{,}3 & \approx1894{,}1 \\ \hline \end{array} \]

I calcoli, uno per volta:

\[ \begin{aligned} d(0)&=300\tan0^\circ=0\ \text{m}\\ d(2{,}5)&=300\tan22{,}5^\circ\approx300\cdot0{,}4142\approx124{,}3\ \text{m}\\ d(5)&=300\tan45^\circ=300\cdot1=300\ \text{m}\\ d(7{,}5)&=300\tan67{,}5^\circ\approx300\cdot2{,}4142\approx724{,}3\ \text{m}\\ d(9)&=300\tan81^\circ\approx300\cdot6{,}3138\approx1894{,}1\ \text{m} \end{aligned} \]

(Con la calcolatrice si può usare la modalità «gradi» per le tangenti di \( 22{,}5^\circ,\,45^\circ,\ldots \), oppure la modalità «radianti» per \( \tan\frac{\pi}{8},\,\tan\frac{\pi}{4},\ldots \): il risultato è lo stesso.)

Nei primi \( 5 \) secondi il punto luminoso percorre \( 300 \) m, ma nei successivi \( 4 \) secondi ne percorre più di \( 1500 \).

c) Il fascio diventa parallelo alla costa: \( t\to10^- \)

Quando \( t\to10^- \), l'angolo \( \alpha=\dfrac{\pi t}{20}\to\dfrac{\pi}{2}^- \) e la tangente tende a \( +\infty \):

\[ \lim_{t\to10^-}300\tan\!\left(\frac{\pi t}{20}\right)=+\infty. \]

Per esempio \( d(9{,}9)\approx19\,097 \) m e \( d(9{,}99)\approx190\,986 \) m (quasi \( 191 \) km). Il punto luminoso si allontana sempre più in fretta. A \( t=10 \) s il fascio è parallelo alla riva e non la incontra più: il punto luminoso «è andato all'infinito» e scompare.

d) Velocità media del punto luminoso

La velocità media in un intervallo è la distanza percorsa dal punto sulla riva divisa per la durata:

\[ v_{[0;5]}=\frac{d(5)-d(0)}{5-0}=\frac{300-0}{5}=60\ \text{m/s}, \] \[ v_{[5;9]}=\frac{d(9)-d(5)}{9-5}\approx\frac{1894{,}1-300}{4}\approx398{,}5\ \text{m/s}, \] \[ v_{[9;9{,}9]}=\frac{d(9{,}9)-d(9)}{9{,}9-9}\approx\frac{19\,097-1894}{0{,}9}\approx19\,114\ \text{m/s}. \]

Pur ruotando il fascio a velocità angolare costante, il punto luminoso sulla riva va sempre più veloce: dopo un tratto «lento» (\( 60 \) m/s, circa \( 216 \) km/h) supera la velocità del suono (\( \approx340 \) m/s) e poi arriva a oltre \( 19 \) km al secondo. Non c'è contraddizione: il punto luminoso non è un oggetto che si muove, ma un «effetto» geometrico dell'incontro tra il fascio e la riva, e nulla viaggia da un punto all'altro della costa. La velocità media cresce senza limite man mano che \( t \) si avvicina a \( 10 \) s, in accordo con l'asintoto verticale.

e) Grafico e tempo di permanenza sulla riva

La funzione \( d(t)=300\tan\!\left(\dfrac{\pi t}{20}\right) \) si ottiene dal grafico della tangente con una dilatazione orizzontale (il periodo diventa \( 20 \) s) e una verticale (fattore \( 300 \)).

• Dominio fisico: \( 0\le t<10 \) (e, per simmetria, \( -10<t<0 \): prima di \( t=0 \) il punto arrivava da lontano a sinistra di \( A \)).
• Intersezione: \( d(0)=0 \), cioè l'origine.
• Andamento: crescente (la tangente è crescente in \( \left[0;\dfrac{\pi}{2}\right) \)); la curva è sempre più ripida.
• Asintoto: verticale \( t=10 \).
• Alcuni punti: \( (0;\,0) \), \( (2{,}5;\,124{,}3) \), \( (5;\,300) \), \( (7{,}5;\,724{,}3) \), \( (9;\,1894{,}1) \).

Il punto luminoso è sulla riva solo quando il fascio è rivolto verso la costa, cioè per \( -10<t<10 \), che sono \( 20 \) secondi: il punto compare lontanissimo a sinistra, passa per \( A \) a \( t=0 \) e si allontana a destra verso l'infinito. Nei successivi \( 20 \) secondi il fascio punta verso il mare aperto e sulla riva non c'è nessun punto luminoso: il giro completo dura \( 40 \) s, quindi il punto è sulla riva per metà del tempo.

Esplora con la simulazione

Premi «Avvia» per vedere il faro girare e il punto luminoso correre lungo la costa, oppure muovi il cursore del tempo. Osserva come cambiano l'angolo \( \alpha \), la distanza \( d \) e la velocità del punto: avvicinati a \( t=10 \) s e guarda che cosa succede al grafico e al punto sulla riva.

Soluzione del quesito 8

a) Popolazione iniziale e dopo qualche anno

All'inizio del conteggio \( t=0 \), quindi \( e^{0}=1 \):

\[ P(0)=\frac{1200}{1+11\cdot1}=\frac{1200}{12}=100. \]

C'erano \( 100 \) rane. Negli altri istanti:

\[ \begin{aligned} P(2)&=\frac{1200}{1+11\,e^{-1}}\approx\frac{1200}{1+4{,}047}\approx238\\[4pt] P(5)&=\frac{1200}{1+11\,e^{-2{,}5}}\approx\frac{1200}{1+0{,}903}\approx631\\[4pt] P(10)&=\frac{1200}{1+11\,e^{-5}}\approx\frac{1200}{1+0{,}074}\approx1117 \end{aligned} \]

Dopo \( 2 \), \( 5 \) e \( 10 \) anni ci sono circa \( 238 \), \( 631 \) e \( 1117 \) rane.

b) Il futuro lontano: \( t\to+\infty \)

Per \( t\to+\infty \) l'esponente \( -0{,}5t\to-\infty \), quindi \( e^{-0{,}5t}\to0 \) e

\[ \lim_{t\to+\infty}P(t)=\frac{1200}{1+11\cdot0}=1200. \]

La popolazione tende a stabilizzarsi su \( 1200 \) rane: è il numero massimo che lo stagno riesce a «sostenere» con le sue risorse (la capacità dell'ambiente). Poiché il denominatore è sempre maggiore di \( 1 \), \( P(t)<1200 \) per ogni \( t \): la popolazione si avvicina a \( 1200 \) senza mai raggiungerlo.

c) Quando si raggiungono \( 600 \) rane e il \( 90\% \) del limite

\( 600 \) rane: poniamo \( P(t)=600 \).

\[ \frac{1200}{1+11e^{-0{,}5t}}=600 \ \Longrightarrow\ 1+11e^{-0{,}5t}=2 \ \Longrightarrow\ e^{-0{,}5t}=\frac{1}{11} \] \[ -0{,}5\,t=-\ln11 \ \Longrightarrow\ t=2\ln11\approx4{,}8\ \text{anni}. \]

\( 90\% \) di \( 1200 \), cioè \( 1080 \) rane:

\[ \frac{1200}{1+11e^{-0{,}5t}}=1080 \ \Longrightarrow\ 1+11e^{-0{,}5t}=\frac{10}{9} \ \Longrightarrow\ e^{-0{,}5t}=\frac{1}{99} \] \[ t=2\ln99\approx9{,}2\ \text{anni}. \]

Servono circa \( 4{,}8 \) anni per arrivare a metà della capacità, e quasi altri \( 4{,}4 \) anni per passare dal \( 50\% \) al \( 90\% \): man mano che ci si avvicina al limite, la crescita rallenta.

d) Il passato: \( t\to-\infty \)

Per \( t\to-\infty \) l'esponente \( -0{,}5t\to+\infty \), quindi \( e^{-0{,}5t}\to+\infty \), il denominatore tende a \( +\infty \) e

\[ \lim_{t\to-\infty}P(t)=\lim_{t\to-\infty}\frac{1200}{1+11e^{-0{,}5t}}=0. \]

Andando sempre più indietro negli anni, il modello prevede una colonia sempre più piccola, che tende a zero senza annullarsi. È coerente con una popolazione che ha avuto origine da pochi individui e che, anno dopo anno, è cresciuta.

Va ricordato che il modello è un'approssimazione: una frazione di rana non esiste. Per esempio \( P(-10)\approx0{,}73 \), meno di una rana: il modello è sensato solo finché \( P\ge1 \), cioè per \( t\gtrsim-9{,}4 \) anni, e dà un'idea di come sarebbe stato il passato, non una descrizione esatta.

e) Grafico e crescita

Se \( t \) aumenta, \( -0{,}5t \) diminuisce, quindi \( e^{-0{,}5t} \) diminuisce (l'esponenziale con base \( e>1 \) è crescente) e il denominatore \( 1+11e^{-0{,}5t} \) diminuisce: il rapporto \( \dfrac{1200}{\text{denominatore}} \) cresce. La funzione è quindi crescente su tutto \( \mathbb{R} \).

• Dominio: \( \mathbb{R} \) (il denominatore è sempre positivo). Valori: \( 0<P(t)<1200 \).
• Intersezione con l'asse \( P \): \( (0;\,100) \); non interseca l'asse \( t \).
• Asintoti: orizzontali \( P=0 \) (per \( t\to-\infty \)) e \( P=1200 \) (per \( t\to+\infty \)).
• Alcuni punti: \( (0;\,100) \), \( (2;\,238) \), \( (4{,}8;\,600) \), \( (5;\,631) \), \( (10;\,1117) \).

Il grafico ha la tipica forma «a S»: parte vicino a \( 0 \), cresce sempre più rapidamente fino a metà della capacità (\( t\approx4{,}8 \)), poi rallenta avvicinandosi a \( 1200 \).

Esplora con la simulazione

Fai scorrere il tempo (anche in anni negativi, cioè prima del conteggio) e osserva lo stagno: ogni pallino rappresenta \( 20 \) rane. Prova a cambiare la capacità dell'ambiente \( K \) e guarda che cosa accade al grafico e al valore verso cui la popolazione si stabilizza.