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QUESTIONARIO: PROBLEMI SUI LIMITI
(senza limiti notevoli)
(Versione DSA)
📚 Disponibile in versione Standard
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Questo questionario, in stile esame di Stato, propone 8 problemi di geometria piana, geometria solida, trigonometria, geometria analitica, fisica e di realtà, nei quali compare il calcolo di un limite.
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I limiti vanno calcolati senza usare i limiti notevoli: riconosci le forme indeterminate e scegli la tecnica adatta (scomposizione, razionalizzazione, raccoglimento della potenza di grado maggiore, identità goniometriche).
Quesito 1
Geometria piana. Sia \( AB \) un diametro di una semicirconferenza di raggio \( 1 \) e sia \( P \) un punto della semicirconferenza, distinto da \( A \) e da \( B \). Poniamo \( AP=x \).
a) Determina i valori che può assumere \( x \) e dimostra che \( PB=\sqrt{4-x^2} \).
b) Esprimi l'area \( S(x) \) del triangolo \( APB \) in funzione di \( x \) e calcola \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}S(x) \) e \( \displaystyle\lim_{x\to2^-}S(x) \), interpretando geometricamente i risultati.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{AB-PB}{AP^2} \).
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to2^-}\frac{S(x)}{\sqrt{2-x}} \).
Soluzione del quesito 1
Cominciamo con un disegno: la semicirconferenza di diametro \( AB \), il punto \( P \) sull'arco e il triangolo \( APB \).
a) I valori di \( x \) e la lunghezza di \( PB \)
\( AP \) è una corda della circonferenza di diametro \( AB=2 \). Poiché \( P\neq A \) si ha \( x>0 \); poiché \( P\neq B \) e il diametro è la corda più lunga, si ha \( x<2 \). Muovendo \( P \) sull'arco da \( A \) a \( B \), \( x \) assume tutti i valori compresi fra \( 0 \) e \( 2 \):
\[ 0<x<2 \]Il triangolo \( APB \) è inscritto in una semicirconferenza, quindi è rettangolo in \( P \) (l'ipotenusa è \( AB \)). Per il teorema di Pitagora:
\[ PB^2=AB^2-AP^2=4-x^2 \]Essendo \( PB>0 \), si ottiene:
\[ PB=\sqrt{4-x^2} \]b) L'area \( S(x) \) e i suoi limiti
Il triangolo è rettangolo in \( P \), con cateti \( AP \) e \( PB \):
\[ S(x)=\frac12\cdot AP\cdot PB=\frac12\,x\sqrt{4-x^2},\qquad 0<x<2 \]Calcoliamo i due limiti sostituendo:
\[ \lim_{x\to0^+}S(x)=\frac12\cdot0\cdot\sqrt{4}=0 \] \[ \lim_{x\to2^-}S(x)=\frac12\cdot2\cdot\sqrt{0}=0 \]Quando \( P \) si avvicina ad \( A \), \( AP \) tende a \( 0 \) e \( PB \) tende ad \( AB=2 \): il triangolo si schiaccia sul diametro \( AB \). Lo stesso accade quando \( P \) si avvicina a \( B \) (\( PB\to0 \) e \( AP\to2 \)). In entrambi i casi il triangolo degenera nel segmento \( AB \) e la sua area tende a \( 0 \).
c) Il limite \( \dfrac{AB-PB}{AP^2} \) per \( x\to0^+ \)
Con \( AB=2 \), \( PB=\sqrt{4-x^2} \) e \( AP=x \) il limite è:
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{2-\sqrt{4-x^2}}{x^2} \]Sostituendo \( x=0 \) si ottiene \( \dfrac00 \): forma indeterminata. Razionalizziamo il numeratore, moltiplicando numeratore e denominatore per \( 2+\sqrt{4-x^2} \):
\[ \frac{\left(2-\sqrt{4-x^2}\right)\left(2+\sqrt{4-x^2}\right)}{x^2\left(2+\sqrt{4-x^2}\right)}=\] \[=\frac{4-(4-x^2)}{x^2\left(2+\sqrt{4-x^2}\right)}=\frac{x^2}{x^2\left(2+\sqrt{4-x^2}\right)} \]Semplificando \( x^2 \):
\[ \frac{1}{2+\sqrt{4-x^2}} \]Ora possiamo sostituire \( x=0 \):
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{1}{2+\sqrt{4-x^2}}=\frac{1}{2+2}=\frac14 \]Quando \( P \) è vicino ad \( A \), l'ipotenusa \( AB \) supera il cateto \( PB \) di circa \( \dfrac14\,AP^2 \).
d) Il limite \( \dfrac{S(x)}{\sqrt{2-x}} \) per \( x\to2^- \)
Sostituendo \( x=2 \) sia \( S(x) \) sia \( \sqrt{2-x} \) tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Scomponiamo \( 4-x^2=(2-x)(2+x) \), con \( 2-x>0 \) e \( 2+x>0 \):
\[ S(x)=\frac12\,x\sqrt{4-x^2}=\frac12\,x\sqrt{2-x}\,\sqrt{2+x} \]Dividendo per \( \sqrt{2-x} \) rimane:
\[ \frac{S(x)}{\sqrt{2-x}}=\frac12\,x\sqrt{2+x} \]Ora possiamo sostituire \( x=2 \):
\[ \lim_{x\to2^-}\frac12\,x\sqrt{2+x}=\frac12\cdot2\cdot\sqrt{4}=2 \]Quando \( P \) è vicino a \( B \), l'area del triangolo è circa \( 2\sqrt{2-x} \).
Quesito 2
Geometria piana e successioni. Sia \( Q_0 \) un quadrato di lato \( 1 \). Unendo i punti medi dei lati di \( Q_0 \) si ottiene un quadrato \( Q_1 \); unendo i punti medi dei lati di \( Q_1 \) si ottiene un quadrato \( Q_2 \), e così via. Indichiamo con \( \ell_n \), \( p_n \) e \( A_n \) il lato, il perimetro e l'area del quadrato \( Q_n \), con \( n\geq0 \).
a) Dimostra che \( \ell_{n+1}=\dfrac{\sqrt2}{2}\,\ell_n \) e scrivi \( \ell_n \), \( p_n \) e \( A_n \) in funzione di \( n \), specificando di che tipo di successioni si tratta.
b) Calcola la somma \( S_n=A_0+A_1+\dots+A_n \) e determina \( \displaystyle\lim_{n\to+\infty}S_n \).
c) Calcola la somma \( T_n=p_0+p_1+\dots+p_n \) e determina \( \displaystyle\lim_{n\to+\infty}T_n \).
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{n\to+\infty}A_n \) e determina il più piccolo \( n \) per cui \( A_n<\dfrac{1}{1000} \).
Soluzione del quesito 2
Cominciamo con un disegno: i primi quadrati della costruzione, ciascuno con i vertici nei punti medi dei lati del precedente.
a) Lato, perimetro e area di \( Q_n \)
I vertici di \( Q_{n+1} \) sono i punti medi dei lati di \( Q_n \): il lato di \( Q_{n+1} \) è l'ipotenusa di un triangolo rettangolo isoscele i cui cateti misurano \( \dfrac{\ell_n}{2} \) (metà di due lati consecutivi di \( Q_n \)). Per il teorema di Pitagora:
\[ \ell_{n+1}=\sqrt{\left(\frac{\ell_n}{2}\right)^2+\left(\frac{\ell_n}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{\ell_n^2}{2}}=\frac{\sqrt2}{2}\,\ell_n \]I lati formano quindi una progressione geometrica di ragione \( \dfrac{\sqrt2}{2} \) e primo termine \( \ell_0=1 \):
\[ \ell_n=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^n \]Il perimetro è \( p_n=4\ell_n \), quindi anche i perimetri formano una progressione geometrica di ragione \( \dfrac{\sqrt2}{2} \) e primo termine \( p_0=4 \):
\[ p_n=4\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^n \]L'area è \( A_n=\ell_n^2 \), quindi le aree formano una progressione geometrica di ragione \( \dfrac12 \) e primo termine \( A_0=1 \) (ogni quadrato ha area metà del precedente):
\[ A_n=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2n}=\left(\frac12\right)^n \]b) La somma delle aree e il suo limite
\( S_n \) è la somma dei primi \( n+1 \) termini di una progressione geometrica di primo termine \( 1 \) e ragione \( \dfrac12 \):
\[ S_n=\frac{1-\left(\frac12\right)^{n+1}}{1-\frac12}=2\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)=2-\frac{1}{2^n} \]Verifica: \( S_0=1 \), \( S_1=\dfrac32 \). Poiché \( \dfrac{1}{2^n}\to0 \) per \( n\to+\infty \):
\[ \lim_{n\to+\infty}S_n=2-0=2 \]Sommando le aree di tutti gli infiniti quadrati si ottiene un numero finito: \( 2 \).
c) La somma dei perimetri e il suo limite
\( T_n \) è la somma dei primi \( n+1 \) termini di una progressione geometrica di primo termine \( 4 \) e ragione \( q=\dfrac{\sqrt2}{2} \):
\[ T_n=4\cdot\frac{1-q^{\,n+1}}{1-q} \]Poiché \( 0<q<1 \), si ha \( q^{\,n+1}\to0 \) per \( n\to+\infty \), quindi:
\[ \lim_{n\to+\infty}T_n=\frac{4}{1-\frac{\sqrt2}{2}}=\frac{8}{2-\sqrt2} \]Razionalizziamo il denominatore:
\[ \frac{8}{2-\sqrt2}\cdot\frac{2+\sqrt2}{2+\sqrt2}=\frac{8\,(2+\sqrt2)}{4-2}=4\,(2+\sqrt2)=8+4\sqrt2 \]La somma dei perimetri tende a \( 8+4\sqrt2\approx13{,}66 \): anche sommando infiniti perimetri si ottiene un numero finito.
d) Il limite di \( A_n \) e il più piccolo \( n \) per cui \( A_n<\dfrac{1}{1000} \)
\( A_n=\left(\dfrac12\right)^n \) è una progressione geometrica di ragione compresa fra \( 0 \) e \( 1 \), quindi:
\[ \lim_{n\to+\infty}A_n=0 \]Cerchiamo il più piccolo \( n \) tale che:
\[ \left(\frac12\right)^n<\frac{1}{1000}\iff 2^n>1000 \]Poiché \( 2^9=512<1000 \) e \( 2^{10}=1024>1000 \), il più piccolo valore è \( n=10 \). Infatti \( A_{10}=\dfrac{1}{1024}\approx0{,}00098<0{,}001 \).
Quesito 3
Geometria solida. Un cono circolare retto non degenere è inscritto in una sfera di raggio \( 1 \): il vertice \( V \) e la circonferenza di base appartengono alla sfera. Indichiamo con \( h \) l'altezza del cono, con \( r \) il raggio della base e con \( \ell \) l'apotema.
a) Dimostra che \( 0<h<2 \) e che \( r^2=h(2-h) \) e \( \ell^2=2h \).
b) Esprimi il volume \( V(h) \) del cono in funzione di \( h \) e calcola \( \displaystyle\lim_{h\to0^+}V(h) \) e \( \displaystyle\lim_{h\to2^-}V(h) \), interpretando geometricamente i risultati.
c) Calcola il limite del rapporto \( \dfrac{S_{lat}}{S_{base}} \) tra la superficie laterale e l'area di base, per \( h\to0^+ \) e per \( h\to2^- \), interpretando i risultati.
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{h\to2^-}\frac{V(h)}{2-h} \).
Soluzione del quesito 3
Per tradurre il problema in un disegno conviene considerare la sezione della sfera e del cono con un piano che contiene l'asse del cono: si ottengono una circonferenza di raggio \( 1 \) e un triangolo isoscele inscritto in essa. Da questa figura ricaveremo \( r \) e \( \ell \) con i teoremi di Euclide.
a) I valori di \( h \), il raggio \( r \) e l'apotema \( \ell \)
Nella figura \( VV' \) è un diametro della circonferenza (\( VV'=2 \)), \( VMM' \) è la sezione del cono e \( H \) è il centro della base: \( VH=h \), \( HM=r \), \( VM=\ell \). Il punto \( H \) appartiene al diametro \( VV' \), quindi \( 0\leq h\leq2 \). Esaminiamo i due casi estremi:
- se \( h=0 \), \( H \) coincide con \( V \), si ha \( r=0 \) e il cono si riduce al punto \( V \);
- se \( h=2 \), \( H \) coincide con \( V' \), si ha ancora \( r=0 \) e il cono si riduce al segmento \( VV' \).
In entrambi i casi il cono sarebbe degenere, mentre per ipotesi non lo è. Quindi:
\[ 0<h<2 \]Il triangolo \( VMV' \) è inscritto in una semicirconferenza, quindi è rettangolo in \( M \), con ipotenusa \( VV'=2 \); il segmento \( MH \) è l'altezza relativa all'ipotenusa e \( HV'=2-h \). Applichiamo i teoremi di Euclide:
- secondo teorema (il quadrato dell'altezza è il prodotto delle proiezioni dei cateti sull'ipotenusa): \( MH^2=VH\cdot HV' \), cioè \[ r^2=h(2-h) \]
- primo teorema (il quadrato di un cateto è il prodotto dell'ipotenusa per la sua proiezione): \( VM^2=VV'\cdot VH \), cioè \[ \ell^2=2h \]
b) Il volume e i suoi limiti
Il volume del cono è un terzo dell'area di base per l'altezza:
\[ V(h)=\frac13\,\pi r^2h=\frac{\pi}{3}\,h^2(2-h),\qquad 0<h<2 \]Calcoliamo i limiti sostituendo:
\[ \lim_{h\to0^+}V(h)=\frac{\pi}{3}\cdot0\cdot2=0 \] \[ \lim_{h\to2^-}V(h)=\frac{\pi}{3}\cdot4\cdot0=0 \]Per \( h\to0^+ \) il piano di base si avvicina al vertice \( V \): altezza e raggio (\( r^2=h(2-h)\to0 \)) tendono a \( 0 \) e il cono si riduce al punto \( V \). Per \( h\to2^- \) il piano di base si avvicina a \( V' \): il raggio tende a \( 0 \) mentre l'altezza tende a \( 2 \) e il cono si riduce al diametro \( VV' \). In entrambi i casi il cono degenera e il volume tende a \( 0 \).
c) Il rapporto fra superficie laterale e area di base
Le due superfici sono \( S_{lat}=\pi r\ell \) e \( S_{base}=\pi r^2 \), quindi:
\[ \frac{S_{lat}}{S_{base}}=\frac{\ell}{r}=\frac{\sqrt{2h}}{\sqrt{h(2-h)}} \]Per \( h\to0^+ \) numeratore e denominatore tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Semplificando \( \sqrt h \):
\[ \frac{\sqrt{2h}}{\sqrt{h(2-h)}}=\sqrt{\frac{2}{2-h}} \]Ora calcoliamo i due limiti:
\[ \lim_{h\to0^+}\sqrt{\frac{2}{2-h}}=\sqrt{\frac22}=1 \] \[ \lim_{h\to2^-}\sqrt{\frac{2}{2-h}}=+\infty \]Nel secondo limite il denominatore \( 2-h \) tende a \( 0 \) da valori positivi. Per \( h\to0^+ \) il cono è molto "schiacciato" e la superficie laterale è quasi uguale all'area di base; per \( h\to2^- \) il cono diventa un "ago" e la superficie laterale è sempre più grande rispetto all'area di base.
d) Il limite di \( \dfrac{V(h)}{2-h} \) per \( h\to2^- \)
Sia \( V(h) \) sia \( 2-h \) tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Essendo \( h<2 \), possiamo semplificare il fattore \( 2-h \):
\[ \frac{V(h)}{2-h}=\frac{\frac{\pi}{3}\,h^2(2-h)}{2-h}=\frac{\pi}{3}\,h^2 \]Ora possiamo sostituire \( h=2 \):
\[ \lim_{h\to2^-}\frac{\pi}{3}\,h^2=\frac{\pi}{3}\cdot4=\frac{4\pi}{3} \]Quando \( h \) è vicino a \( 2 \), il volume del cono è circa \( \dfrac{4\pi}{3}\,(2-h) \): tende a \( 0 \) come la distanza \( 2-h \) fra il piano di base e \( V' \).
Quesito 4
Geometria solida. Si considera una scatola chiusa a forma di parallelepipedo rettangolo a base quadrata, di volume \( 1\ \text{m}^3 \). Indichiamo con \( x \) (in metri) il lato della base, con \( h \) (in metri) l'altezza e con \( S(x) \) (in metri quadrati) l'area della superficie totale della scatola.
a) Esprimi \( h \) in funzione di \( x \), dimostra che \( S(x)=2x^2+\dfrac{4}{x} \) e indica il dominio di \( S \).
b) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}S(x) \) e \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}S(x) \), interpretando geometricamente i risultati.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{S(x)}{x^2} \).
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\bigl(S(x)-2x^2\bigr) \) e spiega che cosa significa per la scatola.
Soluzione del quesito 4
Cominciamo con un disegno della scatola: la base è un quadrato di lato \( x \) e l'altezza è \( h \).
a) L'altezza, la superficie totale e il dominio
Il volume è l'area di base per l'altezza, e deve valere \( 1 \):
\[ x^2h=1\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{1}{x^2} \]La superficie totale è formata dalle due basi, di area \( x^2 \) ciascuna, e da quattro facce laterali, di area \( x\cdot h \) ciascuna:
\[ S(x)=2x^2+4xh=2x^2+4x\cdot\frac{1}{x^2}=2x^2+\frac{4}{x} \]Il lato \( x \) è una lunghezza, quindi \( x>0 \). Per ogni \( x>0 \) l'altezza \( h=\dfrac{1}{x^2} \) è positiva, quindi la scatola esiste. Il dominio è:
\[ x>0 \]b) I limiti di \( S(x) \) agli estremi del dominio
Per \( x\to0^+ \) si ha \( 2x^2\to0 \) e \( \dfrac{4}{x}\to+\infty \), quindi:
\[ \lim_{x\to0^+}S(x)=0+\infty=+\infty \]Per \( x\to+\infty \) si ha \( 2x^2\to+\infty \) e \( \dfrac{4}{x}\to0 \), quindi:
\[ \lim_{x\to+\infty}S(x)=+\infty+0=+\infty \]Per \( x\to0^+ \) la base si riduce a un punto e l'altezza \( h=\dfrac{1}{x^2} \) diventa enorme: la scatola è altissima e sottile, e la superficie laterale diventa sempre più grande. Per \( x\to+\infty \) la base diventa enorme e l'altezza tende a \( 0 \): la scatola è larghissima e bassa, come un foglio, e le due basi hanno un'area sempre più grande. In entrambi i casi la superficie totale cresce senza limite.
c) Il limite di \( \dfrac{S(x)}{x^2} \) per \( x\to+\infty \)
Numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Dividiamo ogni termine di \( S(x) \) per \( x^2 \):
\[ \frac{S(x)}{x^2}=\frac{2x^2+\frac{4}{x}}{x^2}=2+\frac{4}{x^3} \]Poiché \( \dfrac{4}{x^3}\to0 \) per \( x\to+\infty \):
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{S(x)}{x^2}=2 \]Per \( x \) grande la superficie totale è circa \( 2x^2 \), cioè circa l'area delle due basi.
d) Il limite di \( S(x)-2x^2 \) per \( x\to+\infty \)
Sia \( S(x) \) sia \( 2x^2 \) tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( +\infty-\infty \). Semplifichiamo l'espressione:
\[ S(x)-2x^2=\left(2x^2+\frac{4}{x}\right)-2x^2=\frac{4}{x} \]Quindi:
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl(S(x)-2x^2\bigr)=\lim_{x\to+\infty}\frac{4}{x}=0 \]La differenza \( S(x)-2x^2=\dfrac{4}{x} \) è l'area delle quattro facce laterali (\( 4xh=\dfrac{4}{x} \)). Per una scatola molto larga e bassa questa area diventa trascurabile: la superficie totale differisce sempre meno dall'area \( 2x^2 \) delle due basi.
Quesito 5
Trigonometria. Sia \( AB \) una corda di una circonferenza di centro \( O \) e raggio \( 1 \), con \( A \) e \( B \) distinti e diversa da un diametro, e sia \( 2x \) l'ampiezza dell'angolo al centro \( A\widehat{O}B \) che contiene il minore dei due archi \( AB \). Indichiamo con \( M \) il punto medio della corda \( AB \) e con \( C \) il punto medio di tale arco minore, e poniamo \( s=MC \): è la distanza fra la corda e l'arco, cioè quanto l'arco si scosta dalla corda.
a) Dimostra che \( 0<x<\dfrac{\pi}{2} \), che \( AB=2\sin x \) e che \( s=1-\cos x \).
b) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}AB \) e \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}s \), interpretando geometricamente i risultati.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{s}{AB^2} \).
d) Usando il risultato del punto c), stima il valore di \( s \) quando \( AB=0{,}2 \) e confrontalo con il valore esatto.
Soluzione del quesito 5
Cominciamo con un disegno: la circonferenza di centro \( O \) e raggio \( 1 \), la corda \( AB \), i punti \( M \) e \( C \) e i due angoli di ampiezza \( x \) in cui l'asse della corda divide l'angolo al centro.
a) I valori di \( x \), la lunghezza della corda e la distanza \( s \)
Poiché \( A\neq B \), l'angolo al centro è positivo: \( 2x>0 \). Poiché la corda non è un diametro, l'arco minore è minore di una semicirconferenza e quindi l'angolo al centro che lo contiene è minore di un angolo piatto: \( 2x<\pi \). Quindi:
\[ 0<x<\frac{\pi}{2} \]Il triangolo \( OAB \) è isoscele su base \( AB \) (\( OA=OB=1 \)); il punto \( M \), medio della base, è il piede dell'altezza e la retta \( OM \) divide l'angolo al centro a metà: \( A\widehat{O}M=x \). Il prolungamento di \( OM \) incontra l'arco minore nel suo punto medio \( C \), quindi \( O \), \( M \), \( C \) sono allineati e \( OC=1 \).
Nel triangolo \( OMA \), rettangolo in \( M \), con ipotenusa \( OA=1 \) e angolo \( x \) in \( O \):
\[ AM=\sin x \qquad OM=\cos x \]Di conseguenza:
\[ AB=2\,AM=2\sin x \]Essendo \( OM=\cos x<1=OC \), il punto \( M \) è fra \( O \) e \( C \), quindi:
\[ s=MC=OC-OM=1-\cos x \]b) I limiti di \( AB \) e di \( s \)
Sostituendo \( x=0 \):
\[ \lim_{x\to0^+}AB=2\sin0=0 \] \[ \lim_{x\to0^+}s=1-\cos0=0 \]Quando l'angolo al centro tende a \( 0 \), i punti \( A \) e \( B \) si avvicinano a \( C \): la corda e l'arco si riducono a un punto, e con loro la distanza \( s \).
c) Il limite di \( \dfrac{s}{AB^2} \) per \( x\to0^+ \)
Con le espressioni trovate nel punto a):
\[ \frac{s}{AB^2}=\frac{1-\cos x}{4\sin^2x} \]Sostituendo \( x=0 \) numeratore e denominatore tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Dall'identità \( \sin^2x+\cos^2x=1 \) si ha:
\[ \sin^2x=1-\cos^2x=(1-\cos x)(1+\cos x) \]e quindi, semplificando il fattore \( 1-\cos x \):
\[ \frac{1-\cos x}{4\,(1-\cos x)(1+\cos x)}=\frac{1}{4\,(1+\cos x)} \]Ora possiamo sostituire \( x=0 \):
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{1}{4\,(1+\cos x)}=\frac{1}{4\cdot2}=\frac18 \]Quando la corda è piccola, la distanza \( s \) è circa \( \dfrac18\,AB^2 \). (Per una circonferenza di raggio \( R \) la stessa relazione diventa \( s\approx\dfrac{AB^2}{8R} \).)
d) Una stima di \( s \)
Per \( AB=0{,}2 \) la formula approssimata dà:
\[ s\approx\frac{AB^2}{8}=\frac{0{,}04}{8}=0{,}005 \]Per il valore esatto, da \( AB=2\sin x=0{,}2 \) si ricava \( \sin x=0{,}1 \), quindi \( \cos x=\sqrt{1-0{,}01}=\sqrt{0{,}99} \) e:
\[ s=1-\sqrt{0{,}99}\approx0{,}0050126 \]La stima \( 0{,}005 \) differisce dal valore esatto di circa \( 0{,}0000126 \), cioè di circa lo \( 0{,}25\% \).
Quesito 6
Problema di fisica. Un veicolo viene provato in una galleria del vento. Durante la prova vengono misurate quattro grandezze, descritte dalle funzioni seguenti, dove \( t\geq0 \) è il tempo in secondi e \( v\geq0 \) è la velocità in m/s.
1. Efficienza del freno (un numero senza unità di misura):
\[ E(t)=\frac{t^2-9}{t^2-2t-3} \]2. Potenza dissipata per attrito, in kW:
\[ P(v)=\frac{5v^3+2v}{2v^3+7} \]3. Energia ceduta all'aria, in kJ:
\[ L(t)=t\cdot\frac{1}{\sqrt{9t^2+4}} \]4. Differenza fra la spinta dei motori e la resistenza dell'aria, in kN:
\[ D(t)=\sqrt{t^2+10t}-t \]a) All'istante \( t=3 \) s i sensori si interrompono per un attimo e il valore di \( E \) non viene registrato. Determina il valore a cui tende \( E(t) \) quando \( t \) tende a \( 3 \), cioè calcola \( \displaystyle\lim_{t\to3}E(t) \).
b) Calcola \( \displaystyle\lim_{v\to+\infty}P(v) \) e spiega che cosa significa per la potenza dissipata quando la velocità cresce sempre più.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{t\to+\infty}L(t) \) e interpreta il risultato.
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{t\to+\infty}D(t) \): la differenza \( D(t) \) si stabilizza su un valore finito quando il tempo diventa molto lungo?
Soluzione del quesito 6
a) Il limite di \( E(t) \) per \( t\to3 \)
Sostituendo \( t=3 \) si ottiene \( \dfrac{9-9}{9-6-3}=\dfrac00 \): forma indeterminata. Scomponiamo numeratore e denominatore. Il numeratore è una differenza di quadrati; il denominatore ha radici \( t=3 \) e \( t=-1 \):
\[ t^2-9=(t-3)(t+3) \qquad t^2-2t-3=(t-3)(t+1) \]Semplificando il fattore \( t-3 \):
\[ E(t)=\frac{(t-3)(t+3)}{(t-3)(t+1)}=\frac{t+3}{t+1} \]Ora possiamo sostituire \( t=3 \):
\[ \lim_{t\to3}E(t)=\frac{3+3}{3+1}=\frac{6}{4}=\frac32 \]Nell'istante \( t=3 \) il valore di \( E \) non è definito, ma l'efficienza del freno si avvicina sempre di più a \( \dfrac32=1{,}5 \).
b) Il limite di \( P(v) \) per \( v\to+\infty \)
Numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Hanno lo stesso grado; dividiamo numeratore e denominatore per \( v^3 \):
\[ P(v)=\frac{5v^3+2v}{2v^3+7}=\frac{5+\frac{2}{v^2}}{2+\frac{7}{v^3}} \]Per \( v\to+\infty \) si ha \( \dfrac{2}{v^2}\to0 \) e \( \dfrac{7}{v^3}\to0 \), quindi:
\[ \lim_{v\to+\infty}P(v)=\frac{5+0}{2+0}=\frac52 \]Quando la velocità cresce sempre più, la potenza dissipata per attrito non cresce all'infinito: si avvicina al valore \( \dfrac52=2{,}5 \) kW.
c) Il limite di \( L(t) \) per \( t\to+\infty \)
Il fattore \( t \) tende a \( +\infty \) e il fattore \( \dfrac{1}{\sqrt{9t^2+4}} \) tende a \( 0 \): forma \( \infty\cdot0 \). Scriviamo \( L(t) \) come una frazione:
\[ L(t)=\frac{t}{\sqrt{9t^2+4}} \]Ora numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Per \( t>0 \) possiamo dividere numeratore e denominatore per \( t \), ricordando che \( t=\sqrt{t^2} \):
\[ L(t)=\frac{1}{\frac{\sqrt{9t^2+4}}{t}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{9t^2+4}{t^2}}}=\frac{1}{\sqrt{9+\frac{4}{t^2}}} \]Poiché \( \dfrac{4}{t^2}\to0 \) per \( t\to+\infty \):
\[ \lim_{t\to+\infty}L(t)=\frac{1}{\sqrt{9+0}}=\frac13 \]Su tempi molto lunghi l'energia ceduta all'aria si stabilizza intorno a \( \dfrac13\approx0{,}33 \) kJ.
d) Il limite di \( D(t) \) per \( t\to+\infty \)
Sia \( \sqrt{t^2+10t} \) sia \( t \) tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( +\infty-\infty \). Razionalizziamo, moltiplicando e dividendo per \( \sqrt{t^2+10t}+t \):
\[ D(t)=\frac{\left(\sqrt{t^2+10t}-t\right)\left(\sqrt{t^2+10t}+t\right)}{\sqrt{t^2+10t}+t}=\frac{10t}{\sqrt{t^2+10t}+t} \]Per \( t>0 \) dividiamo numeratore e denominatore per \( t \):
\[ D(t)=\frac{10}{\sqrt{1+\frac{10}{t}}+1} \]Poiché \( \dfrac{10}{t}\to0 \) per \( t\to+\infty \):
\[ \lim_{t\to+\infty}D(t)=\frac{10}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{10}{2}=5 \]Sì: per tempi molto lunghi la differenza di spinta si stabilizza sul valore finito \( 5 \) kN.
Quesito 7
Geometria analitica. Nel piano cartesiano \( Oxy \) è data l'iperbole di equazione \( y=\dfrac1x \). Sia \( P \) un punto dell'iperbole di ascissa positiva, cioè \( P\left(k,\dfrac1k\right) \) con \( k>0 \).
a) Scrivi l'equazione della retta \( t \) tangente all'iperbole in \( P \).
b) Siano \( Q \) e \( R \) le intersezioni della retta \( t \) con l'asse \( x \) e con l'asse \( y \). Dimostra che l'area del triangolo \( OQR \) non dipende da \( k \).
c) Indica con \( d(k) \) la distanza dell'origine \( O \) dalla retta \( t \). Calcola \( \displaystyle\lim_{k\to0^+}d(k) \) e \( \displaystyle\lim_{k\to+\infty}d(k) \), e interpreta geometricamente i risultati.
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{k\to+\infty}\bigl(QR-OQ\bigr) \) e \( \displaystyle\lim_{k\to0^+}\bigl(QR-OR\bigr) \), e interpreta geometricamente i risultati.
Soluzione del quesito 7
Cominciamo con un disegno: il ramo dell'iperbole nel primo quadrante, il punto \( P \), la tangente \( t \) e il triangolo \( OQR \) che questa forma con gli assi cartesiani.
a) La retta tangente in \( P \)
L'iperbole ha equazione \( xy=1 \). Per scrivere la tangente in \( P(x_0,y_0) \) usiamo la regola degli sdoppiamenti: il termine \( xy \) diventa \( \dfrac{x\,y_0+x_0\,y}{2} \) e il termine noto resta \( 1 \). Con \( x_0=k \) e \( y_0=\dfrac1k \):
\[ \frac{x\cdot\frac1k+k\cdot y}{2}=1 \]Moltiplichiamo per \( 2k \):
\[ x+k^2y=2k \]cioè:
\[ t:\quad y=-\frac{x}{k^2}+\frac{2}{k} \]b) L'area del triangolo \( OQR \)
Intersecando \( t \) con l'asse \( x \) (\( y=0 \)) e con l'asse \( y \) (\( x=0 \)) dall'equazione \( x+k^2y=2k \):
\[ Q(2k,\,0) \qquad R\left(0,\,\frac{2}{k}\right) \]Il triangolo \( OQR \) è rettangolo in \( O \), con cateti \( OQ=2k \) e \( OR=\dfrac2k \):
\[ \text{Area}(OQR)=\frac12\cdot OQ\cdot OR=\frac12\cdot2k\cdot\frac2k=2 \]L'area vale \( 2 \) per ogni \( k>0 \): non dipende da \( k \).
- l'area del triangolo \( OQR \) è la stessa qualunque sia il punto \( P \) scelto sull'iperbole: dipende soltanto dall'iperbole;
- il punto \( P \) è il punto medio del segmento \( QR \).
c) La distanza \( d(k) \) dell'origine dalla tangente e i suoi limiti
Scriviamo la tangente nella forma \( x+k^2y-2k=0 \). La distanza dell'origine da questa retta è:
\[ d(k)=\frac{|0+0-2k|}{\sqrt{1+k^4}}=\frac{2k}{\sqrt{1+k^4}} \]Per \( k\to0^+ \) il numeratore tende a \( 0 \) e il denominatore a \( 1 \):
\[ \lim_{k\to0^+}d(k)=\frac{0}{1}=0 \]Per \( k\to+\infty \) numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Dividiamo numeratore e denominatore per \( k^2 \) (con \( k^2>0 \), quindi \( \sqrt{1+k^4}/k^2=\sqrt{\frac{1}{k^4}+1} \)):
\[ d(k)=\frac{\frac2k}{\sqrt{\frac{1}{k^4}+1}} \]e quindi:
\[ \lim_{k\to+\infty}d(k)=\frac{0}{\sqrt{0+1}}=0 \]In entrambi i casi la tangente si avvicina sempre di più all'origine. Lo si vede anche dall'equazione: per \( k\to0^+ \) la retta \( x+k^2y=2k \) tende alla retta \( x=0 \), cioè all'asse \( y \); per \( k\to+\infty \), dividendo per \( k^2 \), la retta \( \dfrac{x}{k^2}+y=\dfrac2k \) tende alla retta \( y=0 \), cioè all'asse \( x \). La tangente tende quindi a sovrapporsi a un asintoto dell'iperbole.
d) I limiti di \( QR-OQ \) e \( QR-OR \)
Con \( Q(2k,0) \) e \( R\left(0,\frac2k\right) \) si ha:
\[ OQ=2k \qquad OR=\frac2k \qquad QR=\sqrt{4k^2+\frac{4}{k^2}}=2\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}} \]Per \( k\to+\infty \) la differenza \( QR-OQ=2\left(\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}-k\right) \) si presenta nella forma \( +\infty-\infty \). Razionalizziamo, moltiplicando e dividendo per \( \sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+k \):
\[ QR-OQ=\frac{2\left(k^2+\frac{1}{k^2}-k^2\right)}{\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+k}=\frac{\frac{2}{k^2}}{\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+k} \]Il numeratore tende a \( 0 \) e il denominatore a \( +\infty \):
\[ \lim_{k\to+\infty}\bigl(QR-OQ\bigr)=0 \]Per \( k\to0^+ \) la differenza \( QR-OR=2\left(\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}-\frac1k\right) \) si presenta ancora nella forma \( +\infty-\infty \). Razionalizziamo, moltiplicando e dividendo per \( \sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+\frac1k \):
\[ QR-OR=\frac{2\left(k^2+\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2}\right)}{\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+\frac1k}=\frac{2k^2}{\sqrt{k^2+\frac{1}{k^2}}+\frac1k} \]Il numeratore tende a \( 0 \) e il denominatore a \( +\infty \):
\[ \lim_{k\to0^+}\bigl(QR-OR\bigr)=0 \]Per \( k \) molto grande il triangolo \( OQR \) è molto allungato lungo l'asse \( x \): l'ipotenusa \( QR \) differisce sempre meno dal cateto \( OQ \). Per \( k \) molto piccolo il triangolo è molto allungato lungo l'asse \( y \) e l'ipotenusa \( QR \) differisce sempre meno dal cateto \( OR \).
Quesito 8
Problema di realtà. La concentrazione di un farmaco nel sangue di un paziente, espressa in mg/L, \( t \) ore dopo la somministrazione è data dalla funzione
\[ c(t)=\frac{40\,t}{t^2+16},\qquad t\geq0 \]a) Calcola la concentrazione nell'istante della somministrazione e dopo \( 2 \), \( 4 \) e \( 8 \) ore.
b) Calcola \( \displaystyle\lim_{t\to+\infty}c(t) \) e spiega che cosa significa per la concentrazione del farmaco.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{t\to+\infty}t\cdot c(t) \) e interpreta il risultato.
d) Dimostra che \( c(t)\leq5 \) per ogni \( t\geq0 \) e che il valore \( 5 \) viene raggiunto soltanto per \( t=4 \). Dopo aver raggiunto il massimo, da quale istante in poi la concentrazione resta inferiore a \( 0{,}5 \) mg/L? Esprimi il risultato in ore.
Soluzione del quesito 8
a) La concentrazione in alcuni istanti
Sostituiamo i valori di \( t \) nella funzione \( c(t)=\dfrac{40\,t}{t^2+16} \):
\[ c(0)=\frac{0}{16}=0 \qquad c(2)=\frac{80}{4+16}=4 \qquad c(4)=\frac{160}{16+16}=5\] \[c(8)=\frac{320}{64+16}=4 \]Le concentrazioni sono rispettivamente \( 0 \), \( 4 \), \( 5 \) e \( 4 \) mg/L. La concentrazione vale \( 4 \) mg/L sia dopo \( 2 \) ore sia dopo \( 8 \) ore: dopo la somministrazione sale, poi scende.
b) Il limite di \( c(t) \) per \( t\to+\infty \)
Numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Dividiamo numeratore e denominatore per \( t^2 \):
\[ c(t)=\frac{40\,t}{t^2+16}=\frac{\frac{40}{t}}{1+\frac{16}{t^2}} \]Per \( t\to+\infty \) si ha \( \dfrac{40}{t}\to0 \) e \( \dfrac{16}{t^2}\to0 \), quindi:
\[ \lim_{t\to+\infty}c(t)=\frac{0}{1+0}=0 \]Con il passare del tempo il farmaco viene eliminato e la sua concentrazione tende a \( 0 \). Di conseguenza, prima o poi la concentrazione scende sotto qualsiasi valore positivo fissato, per quanto piccolo.
c) Il limite di \( t\cdot c(t) \) per \( t\to+\infty \)
Quando \( t\to+\infty \) la concentrazione \( c(t) \) tende a \( 0 \) e il tempo \( t \) tende a \( +\infty \): il prodotto si presenta nella forma \( 0\cdot\infty \). Scriviamo il prodotto come una frazione:
\[ t\cdot c(t)=\frac{40\,t^2}{t^2+16} \]Ora numeratore e denominatore tendono a \( +\infty \): forma \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Dividiamo per \( t^2 \):
\[ t\cdot c(t)=\frac{40}{1+\frac{16}{t^2}} \]e quindi:
\[ \lim_{t\to+\infty}t\cdot c(t)=\frac{40}{1+0}=40 \]Per \( t \) grande si ha \( t\cdot c(t)\approx40 \), cioè \( c(t)\approx\dfrac{40}{t} \): la concentrazione decresce come l'inverso del tempo. Per esempio, per \( t=100 \) si ha \( c(100)\approx0{,}399 \), mentre \( \dfrac{40}{100}=0{,}4 \).
d) Il massimo della concentrazione e l'istante in cui scende sotto \( 0{,}5 \) mg/L
Dimostriamo che \( c(t)\leq5 \). Poiché \( t^2+16>0 \), possiamo moltiplicare per il denominatore senza cambiare il verso:
\[ \frac{40\,t}{t^2+16}\leq5 \iff 40\,t\leq5\,(t^2+16) \iff 5t^2-40t+80\geq0 \]Il primo membro è un quadrato:
\[ 5t^2-40t+80=5\,(t-4)^2\geq0 \]Questa disuguaglianza è vera per ogni \( t\geq0 \), e vale l'uguaglianza soltanto per \( t=4 \). Quindi \( c(t)\leq5 \) per ogni \( t \), e il valore \( 5 \) viene raggiunto soltanto per \( t=4 \) (come già visto nel punto a). Il paziente raggiunge la concentrazione massima di \( 5 \) mg/L dopo \( 4 \) ore.
Cerchiamo ora quando la concentrazione scende sotto \( 0{,}5 \) mg/L. Poiché il denominatore è positivo:
\[ \frac{40\,t}{t^2+16}<\frac12 \iff 80\,t<t^2+16 \iff t^2-80\,t+16>0 \]Le radici di \( t^2-80t+16=0 \) sono:
\[ t=40\pm\sqrt{1600-16}=40\pm\sqrt{1584}=40\pm12\sqrt{11} \]cioè circa \( 0{,}2 \) e \( 79{,}8 \). La disequazione è verificata per \( t<0{,}2 \) oppure per \( t>79{,}8 \). Il primo intervallo è prima del massimo (\( t<4 \)): subito dopo la somministrazione la concentrazione sta ancora salendo. Dopo il massimo vale quindi:
\[ t>40+12\sqrt{11}\approx79{,}8 \]La concentrazione resta inferiore a \( 0{,}5 \) mg/L da circa \( 79{,}8 \) ore in poi, cioè dopo circa \( 3 \) giorni e \( 8 \) ore. Il risultato è in accordo con il punto c): da \( c(t)\approx\dfrac{40}{t} \) si ottiene \( c(t)<0{,}5 \) per \( t>80 \).
Il grafico di \( c(t) \) conferma questi risultati: il massimo di \( 5 \) mg/L a \( 4 \) ore, poi una lunga discesa, e l'istante \( t\approx79{,}8 \) in cui la curva scende sotto la retta \( y=0{,}5 \).
