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dal 2001
QUESTIONARIO: PROBLEMI CON CALCOLO DI LIMITI
(anche con limiti notevoli)
📚 Disponibile anche in versione DSA
Questo questionario propone 10 problemi di geometria piana e solida, trigonometria, geometria analitica e studio di funzione, nei quali compare il calcolo di un limite. Svolgi ciascun problema, poi premi "Soluzione Problema N" per controllare il procedimento e il risultato. Puoi aprire e chiudere le soluzioni in qualsiasi ordine.
Dopo aver tradotto il problema in formule, calcola il limite richiesto: riconosci la forma indeterminata e, quando serve, usa i limiti notevoli.
Problema 1
Geometria analitica. Data la parabola \( \mathcal{P} \) di equazione \( y=x^2-4x+3 \), sia \( A \) il suo punto di ascissa \( 3 \) e sia \( r \) la retta tangente alla parabola in \( A \). Sia \( P \) un punto della parabola situato nel primo quadrante, di coordinate \( P(x,y) \) con \( x>3 \), e siano \( H \) e \( K \) le proiezioni di \( P \) rispettivamente sull'asse \( x \) e sulla retta \( r \). Calcola il limite:
\[ L=\lim_{P\to A}\frac{PH}{PK} \]Soluzione del problema 1
Cominciamo con un disegno: la parabola, la retta tangente \( r \) in \( A \), il punto \( P \) e i segmenti \( PH \) e \( PK \).
Il punto \( A \) e la tangente \( r \)
L'ordinata di \( A \) è \( y_A=3^2-4\cdot3+3=0 \), quindi \( A(3,0) \). Una retta non verticale per \( A \) ha equazione \( y=m(x-3) \). La mettiamo a sistema con la parabola:
\[ x^2-4x+3=m(x-3)\ \Longrightarrow\ x^2-(4+m)x+3+3m=0 \]La retta è tangente quando il discriminante è nullo:
\[ \Delta=(4+m)^2-4(3+3m)=m^2-4m+4=(m-2)^2=0\ \Longrightarrow\ m=2 \]La tangente è \( r:\ y=2x-6 \), cioè \( 2x-y-6=0 \).
Le distanze \( PH \) e \( PK \)
Sia \( P(x,y) \) con \( y=x^2-4x+3 \) e \( x>3 \) (quindi \( y>0 \)).
- \( PH \) è la distanza di \( P \) dall'asse \( x \): \[ PH=y=x^2-4x+3=(x-1)(x-3) \]
- \( PK \) è la distanza di \( P \) dalla retta \( r \): \[ PK=\frac{|2x-y-6|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{|-x^2+6x-9|}{\sqrt5}=\frac{(x-3)^2}{\sqrt5} \]
Il limite
Poiché \( x>3 \), \( P\to A \) significa \( x\to3^+ \). Sostituendo si ottiene la forma indeterminata \( \dfrac00 \); semplifichiamo il fattore \( x-3 \):
\[ L=\lim_{x\to3^+}\frac{\sqrt5\,(x-1)(x-3)}{(x-3)^2}=\lim_{x\to3^+}\frac{\sqrt5\,(x-1)}{x-3} \]Ora il numeratore tende a \( 2\sqrt5 \), positivo, e il denominatore tende a \( 0^+ \):
\[ L=\left[\,\frac{2\sqrt5}{0^+}\,\right]=+\infty \]Problema 2
Trigonometria. Nel piano è data una semicirconferenza di centro \( O \), raggio \( 1 \) e diametro orizzontale \( AB \), con \( A \) a destra di \( O \). Sia \( P \) un punto della semicirconferenza e sia \( t \) l'ampiezza, in radianti, dell'angolo al centro \( P\widehat{O}A \), con \( 0<t<\dfrac{\pi}{2} \). Detto \( Q \) il punto di intersezione fra la retta tangente alla semicirconferenza in \( P \) e la retta del diametro \( AB \), calcola, per \( P \) che tende ad \( A \):
a) il limite del rapporto fra l'area del triangolo \( OPQ \) e l'area del settore circolare \( POA \);
b) il limite del rapporto fra la lunghezza della corda \( PA \) e quella dell'arco \( PA \).
Soluzione del problema 2
Cominciamo con un disegno: la semicirconferenza, il punto \( P \), la tangente in \( P \) e il punto \( Q \).
I dati geometrici
Il raggio è \( OA=OP=1 \) e \( P\widehat{O}A=t \). La tangente in \( P \) è perpendicolare al raggio \( OP \): il triangolo \( OPQ \) è rettangolo in \( P \). Poiché \( P\to A \), si ha \( t\to0^+ \).
a) Il rapporto fra l'area del triangolo \( OPQ \) e quella del settore
Nel triangolo rettangolo \( OPQ \) il cateto \( OP=1 \) è adiacente all'angolo \( t \) e \( PQ \) è il cateto opposto:
\[ PQ=OP\cdot\tan t=\tan t \qquad \text{Area}(OPQ)=\frac12\,OP\cdot PQ=\frac12\tan t \]Ricordiamo la formula per l'area di un settore circolare di raggio \( r \) e angolo al centro \( \alpha \) (in radianti) — vedi la Sezione 1 dell'unità didattica sulla trigonometria:
\[ \text{Area}=\frac12\,r^{2}\,\alpha \]Il settore circolare \( POA \), di raggio \( 1 \) e angolo \( t \), ha area:
\[ \text{Area}(\text{settore }POA)=\frac12\cdot1^{2}\cdot t=\frac12\,t \]Il rapporto è:
\[ \frac{\text{Area}(OPQ)}{\text{Area}(\text{settore }POA)}=\frac{\frac12\tan t}{\frac12\,t}=\frac{\tan t}{t}=\frac{\sin t}{t}\cdot\frac{1}{\cos t} \]Per \( t\to0^+ \) si ha la forma indeterminata \( \dfrac00 \). Usando il limite notevole \( \dfrac{\sin t}{t}\to1 \) e \( \cos t\to1 \):
\[ \lim_{t\to0^+}\frac{\tan t}{t}=\lim_{t\to0^+}\frac{\sin t}{t}\cdot\frac{1}{\cos t}=1\cdot1=1 \]b) Il rapporto fra la corda \( PA \) e l'arco \( PA \)
Il triangolo \( OPA \) è isoscele su base \( PA \), con \( OP=OA=1 \) e angolo al vertice \( t \). L'altezza da \( O \) divide a metà sia l'angolo sia la base:
\[ PA=2\cdot OP\cdot\sin\frac t2=2\sin\frac t2 \]L'arco \( PA \) ha lunghezza \( \text{arco}=1\cdot t=t \). Il rapporto è:
\[ \frac{PA}{\text{arco }PA}=\frac{2\sin\frac t2}{t}=\frac{\sin\frac t2}{\frac t2} \]Poniamo \( z=\dfrac t2 \): se \( t\to0^+ \), allora \( z\to0^+ \), e il limite diventa il limite notevole:
\[ \lim_{t\to0^+}\frac{PA}{\text{arco }PA}=\lim_{z\to0^+}\frac{\sin z}{z}=1 \]Quando \( P \) è vicino ad \( A \), la corda e l'arco hanno quasi la stessa lunghezza, e il triangolo \( OPQ \) è quasi uguale al settore \( POA \).
Problema 3
Geometria analitica. Nel piano cartesiano è data la parabola \( \mathcal{P}:\ y=x^2 \) e la retta \( r_m:\ y=mx-1 \), che dipende dal parametro reale \( m>0 \). La retta \( r_m \) interseca la parabola in due punti distinti \( A_m \) e \( B_m \); sia \( M_m \) il punto medio del segmento \( A_mB_m \) e sia \( O(0,0) \) l'origine.
a) Determina per quali valori di \( m \) la retta interseca la parabola in due punti distinti e trova le coordinate di \( M_m \) in funzione di \( m \).
b) Scrivi l'equazione della retta \( OM_m \).
c) Indicato con \( x_m \) l'angolo acuto formato da \( OM_m \) con l'asse \( x \), calcola il limite di \( \dfrac{\tan x_m}{m} \) quando la retta secante \( A_mB_m \) tende a diventare tangente alla parabola.
d) Qual è il luogo descritto dal punto \( M_m \) al variare del parametro reale \( m>0 \)?
Soluzione del problema 3
Cominciamo con un disegno: la parabola, la retta \( r_m \) con i punti \( A_m \) e \( B_m \), il punto medio \( M_m \) e la retta \( OM_m \).
a) Le intersezioni e il punto medio
Le ascisse di \( A_m \) e \( B_m \) sono le soluzioni dell'equazione risolvente:
\[ x^2=mx-1\ \Longrightarrow\ x^2-mx+1=0 \]Le soluzioni sono due e distinte se \( \Delta=m^2-4>0 \): essendo \( m>0 \), deve essere \( m>2 \).
La somma delle soluzioni è \( x_1+x_2=m \), quindi l'ascissa del punto medio è \( x_M=\dfrac{x_1+x_2}{2}=\dfrac m2 \). L'ordinata si ottiene dalla retta \( r_m \):
\[ y_M=m\cdot\frac m2-1=\frac{m^2-2}{2} \qquad M_m\left(\frac m2,\ \frac{m^2-2}{2}\right) \]b) La retta \( OM_m \)
La retta passa per l'origine; il suo coefficiente angolare è:
\[ k_m=\frac{y_M}{x_M}=\frac{\frac{m^2-2}{2}}{\frac m2}=\frac{m^2-2}{m} \]L'equazione è:
\[ OM_m:\ y=\frac{m^2-2}{m}\,x \]c) Il limite
Per \( m>2 \) si ha \( k_m>0 \): l'angolo che \( OM_m \) forma con l'asse \( x \) è acuto e \( \tan x_m=k_m=\dfrac{m^2-2}{m} \).
La secante diventa tangente quando le due intersezioni coincidono, cioè quando \( \Delta\to0 \): per \( m\to2^+ \). Quindi:
\[ L=\lim_{m\to2^+}\frac{\tan x_m}{m}=\lim_{m\to2^+}\frac{\frac{m^2-2}{m}}{m}=\lim_{m\to2^+}\frac{m^2-2}{m^2} \]Il denominatore non tende a \( 0 \), quindi possiamo sostituire \( m=2 \):
\[ L=\frac{4-2}{4}=\frac12 \]d) Il luogo descritto da \( M_m \)
Le equazioni parametriche del luogo descritto da \( M_m \), al variare di \( m \), sono:
\[ x=\frac m2 \qquad\qquad y=\frac{m^2-2}{2} \]Troviamo l'equazione cartesiana ricavando \( m \) dalla prima equazione, \( m=2x \), e sostituendo nella seconda:
\[ y=\frac{(2x)^2-2}{2}=2x^2-1 \]Il luogo ha equazione \( y=2x^2-1 \), con \( x>1 \) (perché \( m=2x>2 \)).
Problema 4
Studio di funzione. Si consideri la funzione di equazione \( y=f(x)=e^{\frac1x} \).
a) Dimostra, servendoti della definizione, che per \( x>0 \) la funzione è strettamente decrescente e traccia il grafico qualitativo per \( x>0 \) (dominio, intersezioni con gli assi, segno, eventuali asintoti).
b) Sia \( P \) un punto del grafico, di ascissa \( t>0 \), e siano \( H \) e \( K \) le proiezioni di \( P \) rispettivamente sull'asintoto orizzontale e sull'asse \( y \). Esprimi \( PH \) e \( PK \) in funzione di \( t \).
c) Calcola il limite:
\[ L=\lim_{t\to+\infty}\left(PH\cdot PK\right) \]Soluzione del problema 4
a) La stretta decrescenza, usando la definizione
Siano \( x_1,x_2\in(0,+\infty) \) con \( x_1<x_2 \). Il reciproco è strettamente decrescente per \( x>0 \):
\[ x_1<x_2\ \Longrightarrow\ \frac{1}{x_1}>\frac{1}{x_2} \]L'esponenziale \( e^z \) è strettamente crescente, quindi applicandolo ai due membri la disuguaglianza si conserva:
\[ e^{\frac{1}{x_1}}>e^{\frac{1}{x_2}}\ \Longrightarrow\ f(x_1)>f(x_2) \]Per definizione, \( f \) è strettamente decrescente per \( x>0 \).
Il grafico qualitativo
- Dominio: per \( x>0 \), \( D=(0,+\infty) \).
- Intersezioni e segno: \( f(x)=e^{1/x}>0 \) sempre, quindi il grafico non interseca l'asse \( x \); non interseca nemmeno l'asse \( y \), perché \( x=0 \) non appartiene al dominio.
- Asintoto orizzontale: \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{1/x}=e^0=1 \): la retta \( y=1 \).
- Asintoto verticale: \( \displaystyle\lim_{x\to0^+}e^{1/x}=+\infty \): la retta \( x=0 \).
Il grafico è una curva strettamente decrescente, che tende a \( +\infty \) per \( x\to0^+ \) e si avvicina a \( y=1 \) per \( x\to+\infty \). Nella figura seguente sono disegnati anche il punto \( P \), l'asintoto orizzontale e i segmenti \( PH \) e \( PK \).
b) Le distanze \( PH \) e \( PK \)
Il punto \( P \) ha coordinate \( P\left(t,\,e^{1/t}\right) \), con \( t>0 \). Il punto \( P \) sta sopra l'asintoto \( y=1 \), perché \( e^{1/t}>1 \):
\[ PH=e^{1/t}-1 \qquad PK=t \]c) Il limite
Per \( t\to+\infty \), \( PH\to0 \) e \( PK\to+\infty \): forma indeterminata \( 0\cdot\infty \). Scriviamo il prodotto come un quoziente:
\[ L=\lim_{t\to+\infty}t\left(e^{1/t}-1\right)=\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{1/t}-1}{\frac1t} \]Poniamo \( z=\dfrac1t \): se \( t\to+\infty \), allora \( z\to0^+ \). Il limite diventa il limite notevole:
\[ L=\lim_{z\to0^+}\frac{e^z-1}{z}=1 \]Problema 5
Geometria piana. Data una circonferenza \( \gamma \) di raggio \( 1 \) e centro \( O \), si traccia una semiretta \( s \) uscente da \( O \) che interseca \( \gamma \) in un punto \( Q \). Sia \( P \) un punto di \( s \) esterno alla circonferenza, e siano \( A \) e \( B \) i punti di tangenza delle due tangenti a \( \gamma \) condotte da \( P \). Indicata con \( x \) la lunghezza del segmento \( PQ \):
a) calcola il limite, per \( x\to+\infty \), del rapporto:
\[ \frac{AQ+QB}{AB} \]b) calcola il limite, per \( x\to0^+ \), del rapporto fra la lunghezza dell'arco minore \( AQB \) e quella della corda \( AB \).
(Il punto a) è tratto dalla Maturità scientifica del 1992.)
Soluzione del problema 5
Cominciamo con un disegno: la circonferenza, la semiretta \( s \), i punti \( Q \) e \( P \), le due tangenti e i punti di tangenza \( A \) e \( B \).
Il sistema di riferimento
Poniamo \( O(0,0) \) e la semiretta \( s \) sull'asse \( x \) positivo: \( Q(1,0) \). Poiché \( PQ=x \), si ha \( OP=1+x \), cioè \( P(1+x,0) \). Per la simmetria della figura rispetto alla retta \( s \) si ha \( AQ=QB \).
L'angolo \( \alpha \)
Sia \( \alpha=A\widehat{O}P \), acuto. Nel triangolo \( OAP \), rettangolo in \( A \) (la tangente è perpendicolare al raggio):
\[ \cos\alpha=\frac{OA}{OP}=\frac{1}{1+x} \]La lunghezza \( AQ \)
Il punto \( A \) ha coordinate \( (\cos\alpha,\ \sin\alpha) \), quindi:
\[ AQ^2=(\cos\alpha-1)^2+\sin^2\alpha=2-2\cos\alpha=2\left(1-\frac{1}{1+x}\right)=\frac{2x}{x+1} \] \[ AQ=\sqrt{\frac{2x}{x+1}} \]La lunghezza \( AB \)
La corda \( AB \) vale \( 2\sin\alpha \). Da \( \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha \):
\[ \sin^2\alpha=1-\frac{1}{(1+x)^2}=\frac{x^2+2x}{(1+x)^2} \quad\Longrightarrow\quad AB=\frac{2\sqrt{x^2+2x}}{x+1} \]a) Il rapporto e il limite per \( x\to+\infty \)
\[ \frac{AQ+QB}{AB}=\frac{2\,AQ}{AB}=\frac{2\sqrt{\frac{2x}{x+1}}}{\frac{2\sqrt{x(x+2)}}{x+1}}=\frac{\sqrt{2x}}{\sqrt{x+1}}\cdot\frac{x+1}{\sqrt{x}\,\sqrt{x+2}}=\sqrt2\cdot\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+2}} \]cioè:
\[ \frac{AQ+QB}{AB}=\sqrt{\frac{2(x+1)}{x+2}} \]Si ha quindi:
\[ \frac{AQ+QB}{AB}=\sqrt{\frac{2x+2}{x+2}} \]Calcoliamo a parte il limite di \( \dfrac{2x+2}{x+2} \): per \( x\to+\infty \), come visto nella teoria, il numeratore è asintotico al suo termine di grado massimo, \( 2x \), e il denominatore al suo, \( x \):
\[ \frac{2x+2}{x+2}\sim\frac{2x}{x}=2 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{2x+2}{x+2}=2 \]Quindi:
\[ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{2x+2}{x+2}}=\sqrt2 \]b) Il rapporto fra l'arco \( AQB \) e la corda \( AB \), per \( x\to0^+ \)
L'arco minore \( AQB \) sottende l'angolo al centro \( A\widehat{O}B=2\alpha \), con \( \alpha \) misurato in radianti. Per definizione di radiante, l'ampiezza (in radianti) di un angolo al centro è il rapporto fra la lunghezza dell'arco corrispondente e il raggio:
\[ 2\alpha=\frac{\text{arco }AQB}{r}=\frac{\text{arco }AQB}{1} \qquad\Longrightarrow\qquad \text{arco }AQB=2\alpha \]La corda è \( AB=2\sin\alpha \). Il rapporto è:
\[ \frac{\text{arco }AQB}{AB}=\frac{2\alpha}{2\sin\alpha}=\frac{\alpha}{\sin\alpha} \]Per \( x\to0^+ \) si ha \( \cos\alpha=\dfrac{1}{1+x}\to1 \), quindi l'angolo acuto \( \alpha \) tende a \( 0^+ \): è la forma indeterminata \( \dfrac00 \). Per il limite notevole \( \dfrac{\sin\alpha}{\alpha}\to1 \):
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\alpha}{\sin\alpha}=\lim_{\alpha\to0^+}\frac{1}{\frac{\sin\alpha}{\alpha}}=1 \]Quando \( P \) si avvicina a \( Q \), i punti \( A \) e \( B \) si avvicinano a \( Q \) e l'arco \( AQB \) ha quasi la stessa lunghezza della corda \( AB \).
Problema 6
Trigonometria. In una semicirconferenza di diametro \( AB=2r \) si inscrive il triangolo \( ABD \), rettangolo in \( D \). Si traccia la bisettrice dell'angolo \( D\widehat{A}B \): essa interseca il segmento \( BD \) in \( E \). Indicato con \( x \) l'angolo \( B\widehat{A}E \), determina il rapporto \( y \) tra le lunghezze dei segmenti \( BE \) e \( BD \):
\[ y=\frac{BE}{BD} \]Calcola poi, per \( x \) che tende a zero da destra:
a) il limite di \( y \);
b) il limite di \( \dfrac{y-\frac12}{x^2} \).
(Il rapporto \( y \) e il punto a) sono tratti dalla Maturità scientifica del 1992, sessione suppletiva.)
Soluzione del problema 6
Cominciamo con un disegno: la semicirconferenza di diametro \( AB \), il triangolo \( ABD \), la bisettrice \( AE \) e il punto \( E \) su \( BD \).
L'angolo e il dominio
Il triangolo \( ABD \) è rettangolo in \( D \) perché inscritto in una semicirconferenza. Poiché \( AE \) è la bisettrice, \( D\widehat{A}B=2x \), con \( 0<x<\dfrac{\pi}{4} \).
Il lato \( AD \)
Nel triangolo rettangolo \( ABD \), con ipotenusa \( AB=2r \):
\[ AD=AB\cos(2x)=2r\cos(2x) \]Il rapporto \( y \), con i triangoli rettangoli
Calcoliamo \( ED \) e \( BD \): \( BD=AB\sin(2x)=2r\sin(2x) \). Nel triangolo rettangolo \( ADE \), con \( D\widehat{A}E=x \):
\[ ED=AD\tan x=2r\cos(2x)\tan x \]Poiché \( BE=BD-ED \):
\[ y=1-\frac{ED}{BD}=1-\frac{2r\cos(2x)\tan x}{2r\sin(2x)}=1-\frac{\cos(2x)\,\frac{\sin x}{\cos x}}{2\sin x\cos x}=1-\frac{\cos(2x)}{2\cos^2x} \]Con \( \cos(2x)=2\cos^2x-1 \):
\[ y=1-\frac{2\cos^2x-1}{2\cos^2x}=\frac{1}{2\cos^2x}=\frac{1}{1+\cos(2x)} \](l'ultimo passaggio usa \( 2\cos^2x=1+\cos(2x) \)).
Metodo alternativo: il teorema della bisettrice. Lo stesso risultato si ottiene anche così, anche se è una strada che difficilmente uno studente percorrerebbe spontaneamente in questo problema. Nel triangolo \( ABD \) la bisettrice divide il lato \( BD \) in parti proporzionali agli altri due lati:
\[ \frac{BE}{ED}=\frac{AB}{AD} \]Dalla proprietà del comporre si ottiene direttamente il rapporto \( y \):
\[ y=\frac{BE}{BE+ED}=\frac{AB}{AB+AD}=\frac{2r}{2r+2r\cos(2x)}=\frac{1}{1+\cos(2x)} \]che è la stessa funzione trovata sopra.
a) Il limite di \( y \)
Per \( x\to0^+ \), sostituendo:
\[ \lim_{x\to0^+}y=\lim_{x\to0^+}\frac{1}{1+\cos(2x)}=\frac{1}{1+1}=\frac12 \]b) Il limite di \( \dfrac{y-\frac12}{x^2} \)
Sia \( y-\dfrac12 \) sia \( x^2 \) tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Calcoliamo prima la differenza:
\[ y-\frac12=\frac{2-(1+\cos2x)}{2(1+\cos2x)}=\frac{1-\cos2x}{2(1+\cos2x)} \]Con \( 1-\cos2x=2\sin^2x \) e \( 1+\cos2x=2\cos^2x \):
\[ y-\frac12=\frac{2\sin^2x}{2\cdot2\cos^2x}=\frac{\sin^2x}{2\cos^2x} \]Dividiamo per \( x^2 \) e usiamo il limite notevole \( \dfrac{\sin x}{x}\to1 \):
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{y-\frac12}{x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{1}{2\cos^2x}\cdot\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2=\frac12\cdot1^2=\frac12 \]Per \( x \) piccolo, quindi, \( y\approx\dfrac12+\dfrac{x^2}{2} \).
Problema 7
Geometria analitica. In un piano \( \alpha \), riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali \( Oxy \), si considerano i punti \( A(0,2) \), \( B(2,0) \) e \( C(x,0) \), con \( x>2 \).
a) Detta \( P \) la proiezione di \( O \) sulla retta \( AC \), calcola il limite:
\[ L=\lim_{x\to+\infty}\frac{OP}{AB} \]b) Sia \( \gamma \) la circonferenza passante per \( A \), \( B \) e \( C \). Quale luogo descrive il centro di \( \gamma \) al variare di \( C \)?
Soluzione del problema 7
Cominciamo con un disegno: i punti \( A \), \( B \), \( C \), la retta \( AC \) e la proiezione \( P \) di \( O \) su di essa.
a) Il limite di \( \dfrac{OP}{AB} \)
La lunghezza \( AB \) è costante:
\[ AB=\sqrt{(2-0)^2+(0-2)^2}=2\sqrt2 \]\( OP \) è l'altezza relativa all'ipotenusa \( AC \) del triangolo \( OAC \), rettangolo in \( O \), con \( OA=2 \), \( OC=x \) e \( AC=\sqrt{x^2+4} \):
\[ OP=\frac{OA\cdot OC}{AC}=\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}} \]Quindi:
\[ L=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2x}{\sqrt{x^2+4}}}{2\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x^2}\right)}}=\frac{1}{\sqrt2}\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4}{x^2}}}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2} \]b) Il luogo del centro della circonferenza
Il centro \( \Omega(a,b) \) di \( \gamma \) è equidistante da \( A \), \( B \) e \( C \): sta sull'asse di \( AB \) e sull'asse di \( BC \).
- L'asse di \( AB \) passa per il punto medio \( (1,1) \) ed è perpendicolare ad \( AB \), che ha coefficiente angolare \( -1 \): è la retta \( y=x \), quindi \( b=a \).
- I punti \( B(2,0) \) e \( C(x,0) \) stanno sull'asse \( x \): il loro asse è la retta verticale passante per il punto medio \( \left(\dfrac{x+2}{2},\,0\right) \), quindi \( a=\dfrac{x+2}{2} \) (qui \( x \) è l'ascissa del punto \( C \)).
Il centro è quindi \( \Omega\left(\dfrac{x+2}{2},\ \dfrac{x+2}{2}\right) \). Poiché \( x>2 \), si ha \( a=\dfrac{x+2}{2}>2 \), e al variare di \( x \) in \( (2,+\infty) \) l'ascissa \( a \) assume tutti i valori maggiori di \( 2 \).
Il luogo è la semiretta di equazione \( y=x \), con \( x>2 \) (privata dell'estremo \( (2,2) \)).
Problema 8
Geometria solida. Si considera una piramide retta a base quadrata di lato \( 2 \) e altezza \( 4 \). Un piano \( \pi \) parallelo alla base seziona la piramide in due solidi. Sia \( x \) la distanza del piano \( \pi \) dal vertice, con \( 0<x<4 \), sia \( d \) la distanza del piano \( \pi \) dalla base e sia \( A_{sup}(x) \) l'area della sezione quadrata prodotta dal piano \( \pi \).
a) Esprimi \( A_{sup}(x) \) in funzione di \( x \).
b) Determina l'espressione del rapporto \( k(x) \) tra la variazione dell'area (\( A_{base}-A_{sup}(x) \)) e la distanza \( d \) del piano dalla base:
\[ k(x)=\frac{A_{base}-A_{sup}(x)}{d} \]c) Calcola il limite di \( k(x) \) quando la sezione si avvicina alla base della piramide.
Soluzione del problema 8
Cominciamo con un disegno: la piramide, il piano \( \pi \) parallelo alla base e la sezione quadrata.
a) L'area della sezione
La piramide che ha per base la sezione è simile alla piramide data; il rapporto di similitudine è il rapporto fra le altezze, \( \dfrac{x}{4} \). Se \( l_x \) è il lato della sezione:
\[ \frac{l_x}{2}=\frac{x}{4}\ \Longrightarrow\ l_x=\frac x2 \]L'area della sezione è:
\[ A_{sup}(x)=l_x^2=\frac{x^2}{4} \]b) Il rapporto \( k(x) \)
L'area di base è \( A_{base}=2^2=4 \) e la distanza del piano dalla base è \( d=4-x \). Quindi:
\[ A_{base}-A_{sup}(x)=4-\frac{x^2}{4}=\frac{16-x^2}{4}=\frac{(4-x)(4+x)}{4} \]Il rapporto è:
\[ k(x)=\frac{\frac{(4-x)(4+x)}{4}}{4-x} \]Per \( x\neq4 \) possiamo semplificare il fattore \( 4-x \):
\[ k(x)=\frac{4+x}{4} \]c) Il limite
La sezione si avvicina alla base quando \( x\to4^- \). Per \( x\to4^- \) il rapporto \( \dfrac{\frac{(4-x)(4+x)}{4}}{4-x} \) è nella forma indeterminata \( \dfrac00 \); dopo la semplificazione possiamo sostituire \( x=4 \):
\[ L=\lim_{x\to4^-}\frac{4+x}{4}=\frac{8}{4}=2 \]Problema 9
Problema di realtà. Un capitale di \( 1000 \) euro viene depositato per un anno in una banca, al tasso annuo del \( 4\% \). Se gli interessi vengono capitalizzati \( n \) volte all'anno (con \( n \) intero positivo), alla fine dell'anno il capitale diventa:
\[ M(n)=1000\left(1+\frac{0{,}04}{n}\right)^n \]a) Calcola \( M(1) \), \( M(2) \) e \( M(12) \), arrotondando ai centesimi di euro. Che cosa osservi al crescere di \( n \)?
b) Se gli interessi sono capitalizzati in modo continuo, cioè con \( n \) sempre più grande, qual è il capitale finale? Calcola \( \displaystyle\lim_{n\to+\infty}M(n) \).
c) Supponi ora che il capitale cresca in modo continuo: dopo \( t \) anni vale \( C(t)=1000\,e^{0{,}04\,t} \). La variazione media del capitale, per unità di tempo, nell'intervallo da \( 0 \) a \( h \) anni (con \( h>0 \)) è \( \dfrac{C(h)-C(0)}{h} \). Calcola il limite di questa quantità per \( h\to0^+ \) e spiega che cosa rappresenta.
d) Un tasso annuo \( i \), con capitalizzazione annuale, equivale a un tasso continuo \( \rho \) tale che \( e^{\rho}=1+i \), cioè \( \rho=\ln(1+i) \). Calcola \( \rho \) per \( i=0{,}04 \), arrotondando alla quarta cifra decimale, e poi il limite di \( \dfrac{\rho}{i} \) per \( i\to0^+ \). Che cosa significa il risultato per i tassi molto piccoli?
Soluzione del problema 9
a) Alcuni valori di \( M(n) \)
Sostituiamo \( n=1 \), \( n=2 \) e \( n=12 \):
\[ M(1)=1000\cdot1{,}04=1040{,}00 \qquad M(2)=1000\cdot(1{,}02)^2=1040{,}40 \] \[ M(12)=1000\left(1+\frac{0{,}04}{12}\right)^{12}\approx1040{,}74 \]Più spesso gli interessi vengono capitalizzati, più il capitale finale cresce: \( 1040{,}00\ \to\ 1040{,}40\ \to\ 1040{,}74 \). Ma l'aumento è sempre più piccolo: ci chiediamo se il capitale possa crescere all'infinito oppure no.
b) Il limite di \( M(n) \) per \( n\to+\infty \)
Il tasso è \( 0{,}04=\dfrac{1}{25} \). Per \( n\to+\infty \) la base \( 1+\dfrac{1}{25n} \) tende a \( 1 \) e l'esponente \( n \) tende a \( +\infty \): forma indeterminata \( 1^{\infty} \). Per ricondurci al limite notevole \( \left(1+\dfrac1x\right)^x\to e \), scriviamo l'esponente come \( 25n\cdot\dfrac{1}{25} \):
\[ \left(1+\frac{1}{25n}\right)^{n}=\left[\left(1+\frac{1}{25n}\right)^{25n}\right]^{\frac{1}{25}} \]Poniamo \( x=25n \): se \( n\to+\infty \), allora \( x\to+\infty \) e la quantità tra parentesi quadre tende a \( e \):
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{25n}\right)^{n}=e^{\frac{1}{25}}=e^{0{,}04} \]Quindi:
\[ \lim_{n\to+\infty}M(n)=1000\,e^{0{,}04}\approx1040{,}81 \]Anche capitalizzando gli interessi continuamente il capitale finale non supera \( 1040{,}81 \) euro: la crescita al crescere di \( n \) rallenta fino a fermarsi su questo valore.
c) La velocità iniziale di crescita
Con \( C(h)=1000\,e^{0{,}04h} \) e \( C(0)=1000 \):
\[ \frac{C(h)-C(0)}{h}=\frac{1000\left(e^{0{,}04h}-1\right)}{h} \]Per \( h\to0^+ \) numeratore e denominatore tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). Scriviamo il denominatore come \( \dfrac{0{,}04h}{0{,}04} \), per far comparire il limite notevole \( \dfrac{e^y-1}{y}\to1 \) con \( y=0{,}04h \):
\[ \frac{1000\left(e^{0{,}04h}-1\right)}{h}=1000\cdot0{,}04\cdot\frac{e^{0{,}04h}-1}{0{,}04h} \]Se \( h\to0^+ \), allora \( y=0{,}04h\to0^+ \), quindi:
\[ \lim_{h\to0^+}\frac{C(h)-C(0)}{h}=1000\cdot0{,}04\cdot\lim_{y\to0^+}\frac{e^y-1}{y}=40 \]Il risultato rappresenta la velocità con cui il capitale cresce all'inizio: \( 40 \) euro all'anno, cioè il \( 4\% \) del capitale iniziale.
d) Il tasso continuo equivalente
Per \( i=0{,}04 \):
\[ \rho=\ln(1{,}04)\approx0{,}0392 \]Per il rapporto \( \dfrac{\rho}{i}=\dfrac{\ln(1+i)}{i} \), con \( i\to0^+ \), sia il numeratore sia il denominatore tendono a \( 0 \): forma indeterminata \( \dfrac00 \). È il limite notevole:
\[ \lim_{i\to0^+}\frac{\ln(1+i)}{i}=1 \]Per tassi molto piccoli, quindi, il tasso continuo equivalente \( \rho \) è quasi uguale al tasso annuo \( i \). Già per \( i=0{,}04 \) il rapporto è \( \dfrac{0{,}0392}{0{,}04}\approx0{,}98 \): i due tassi differiscono di poco.
Problema 10
Problema di realtà. Una massa è appesa a un filo di lunghezza \( L=2 \) m e viene spostata dalla verticale di un angolo \( \alpha \) (in radianti, con \( 0<\alpha<\dfrac{\pi}{2} \)). Rispetto alla posizione di equilibrio indichiamo con:
- \( a \) la lunghezza dell'arco descritto dalla massa;
- \( s \) il suo spostamento orizzontale;
- \( h \) il suo innalzamento verticale.
a) Esprimi \( a \), \( s \) e \( h \) in funzione di \( \alpha \) e calcolali per \( \alpha=0{,}1 \) rad.
b) Calcola \( \displaystyle\lim_{\alpha\to0^+}\frac{s}{a} \) e interpreta il risultato.
c) Calcola \( \displaystyle\lim_{\alpha\to0^+}\frac{h}{\alpha^2} \).
d) Calcola \( \displaystyle\lim_{\alpha\to0^+}\frac{h}{s^2} \) e spiega che cosa significa per piccoli spostamenti del pendolo.
Soluzione del problema 10
Cominciamo con un disegno: il filo, la verticale per il punto di sospensione, l'arco \( a \), lo spostamento orizzontale \( s \) e l'innalzamento \( h \).
a) Le grandezze \( a \), \( s \), \( h \) in funzione di \( \alpha \)
- L'arco. La lunghezza di un arco di circonferenza di raggio \( L \) e ampiezza \( \alpha \) (in radianti) è: \[ a=L\alpha=2\alpha \]
- Lo spostamento orizzontale. Il filo, la verticale per il punto di sospensione e l'orizzontale per la massa formano un triangolo rettangolo con ipotenusa \( L \); \( s \) è il cateto opposto ad \( \alpha \): \[ s=L\sin\alpha=2\sin\alpha \]
- L'innalzamento. La massa si trova a distanza \( L\cos\alpha \) sotto il punto di sospensione (cateto adiacente), mentre nella posizione di equilibrio la distanza è \( L \). Quindi: \[ h=L-L\cos\alpha=L(1-\cos\alpha)=2(1-\cos\alpha) \]
Per \( \alpha=0{,}1 \) rad:
\[ a=0{,}2\ \text{m} \qquad s=2\sin0{,}1\approx0{,}1997\ \text{m} \qquad h=2(1-\cos0{,}1)\approx0{,}0100\ \text{m} \]b) Il limite di \( \dfrac{s}{a} \) per \( \alpha\to0^+ \)
\[ \frac{s}{a}=\frac{2\sin\alpha}{2\alpha}=\frac{\sin\alpha}{\alpha} \]Per \( \alpha\to0^+ \) è la forma indeterminata \( \dfrac00 \); per il limite notevole \( \dfrac{\sin\alpha}{\alpha}\to1 \):
\[ \lim_{\alpha\to0^+}\frac{s}{a}=1 \]Per piccoli angoli lo spostamento orizzontale e la lunghezza dell'arco percorso sono quasi uguali.
c) Il limite di \( \dfrac{h}{\alpha^2} \) per \( \alpha\to0^+ \)
\[ \frac{h}{\alpha^2}=\frac{2(1-\cos\alpha)}{\alpha^2}=2\cdot\frac{1-\cos\alpha}{\alpha^2} \]Per \( \alpha\to0^+ \) è la forma indeterminata \( \dfrac00 \); per il limite notevole \( \dfrac{1-\cos\alpha}{\alpha^2}\to\dfrac12 \):
\[ \lim_{\alpha\to0^+}\frac{h}{\alpha^2}=2\cdot\frac12=1 \]Per \( \alpha \) piccolo, quindi, \( h\approx\alpha^2 \) (per \( \alpha=0{,}1 \) si ha \( \alpha^2=0{,}01 \), quasi uguale al valore \( h\approx0{,}0100 \) trovato nel punto a)).
d) Il limite di \( \dfrac{h}{s^2} \) per \( \alpha\to0^+ \)
Con \( h=2(1-\cos\alpha) \) e \( s^2=4\sin^2\alpha \):
\[ \frac{h}{s^2}=\frac{2(1-\cos\alpha)}{4\sin^2\alpha}=\frac12\cdot\frac{1-\cos\alpha}{\sin^2\alpha} \]È la forma indeterminata \( \dfrac00 \). Dividiamo numeratore e denominatore della frazione per \( \alpha^2 \), per far comparire i limiti notevoli:
\[ \frac12\cdot\frac{\frac{1-\cos\alpha}{\alpha^2}}{\left(\frac{\sin\alpha}{\alpha}\right)^2} \]Per \( \alpha\to0^+ \) il numeratore tende a \( \dfrac12 \) e il denominatore a \( 1^2=1 \):
\[ \lim_{\alpha\to0^+}\frac{h}{s^2}=\frac12\cdot\frac{\frac12}{1}=\frac14 \]Per piccoli spostamenti vale quindi \( h\approx\dfrac{s^2}{4}=\dfrac{s^2}{2L} \): l'innalzamento è proporzionale al quadrato dello spostamento orizzontale, cioè la massa si muove come se salisse lungo una parabola. Per \( \alpha=0{,}1 \), ad esempio, \( h\approx0{,}009992 \) e \( \dfrac{s^2}{4}\approx0{,}009967 \): i due valori sono quasi uguali.