1/4
I PROBLEMI CON I LIMITI
Soluzioni di problemi tratti dal testo Corso Base Blu di Matematica, volume 5
[1] (Problema n. 448 a pag. 183 U)
__
^
^
Nel triangolo ABC si ha: AB = b , B A C = 3 A B C . Conduci la semiretta r avente origine in A, che
^
^
incontri il lato BC in P e tale che risulti: B A P = P B A .
__
AP
a) Calcola il limite del rapporto
__
^
quando l’angolo P B A tende a zero e quando tende a
AC
π
4
.
__
b) Indica con H la proiezione di B sulla semiretta r e calcola i limiti del rapporto
BH
__
quando
PB
^
l’angolo P B A tende a zero e quando tende a
π
4
.
[2; 0; 0; 1]
SVOLGIMENTO
^
^
^
^
B A C = 3A B C ; B A P = P B A
⇒
^
^
⇒
^
^
C A P = 2P A B e C P A = 2P A B
2
___
AP =
__
AM1 +
2
___
M1P 2
=
2
__
__
__
AB
AB
AB
tgx =
1 + tg 2 x
+
2
2
2
2
___
AC =
__
__
2
__
__
__
AP
AP
AP
tg 2 x =
1 + tg 2 2 x
+
2
2
2
___
AM 2 + M2C 2 =
2
__
BH = PB sen2 x
(a1)
lim
^
P B A→ 0
__
__
AP
AP
__
AC
= lim
AP
1 + tg 2 2 x
2
__
(a2)
lim
^
π
P B A→
4
AP
__
AC
(b1)
(b2)
lim
^
P B A→ 0
__
PB
x →0
1 + tg 2 x
2
2
=
1+ 0
=2
__
= lim
x→
__
BH
2
= lim
__
x →0
π
4
AP
= lim
__
AP
1 + tg 2 2 x
2
x→
π
4
2
1 + tg 2 x
2
=
2
1 + tg 2
π
=
2
1+ ∞
4
__
= lim
x →0
PB sen2 x
__
= sen( 2 ⋅ 0 ) = sen0 = 0
PB
__
__
BH
PB sen2 x
π
π
lim __ = lim
= sen( 2 ⋅ ) = sen = 1
__
^
π
4
2
π
P B A→
PB x → 4
PB
4
[2] (Problema n. 451 a pag. 183 U)
I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia
=
2
=0
∞
2/4
__
E’ data una semicirconferenza di centro O con diametro AB = 2r . Conduci dal punto A, due corde
^
π
AC e AD in modo che C O D =
e, sempre dal punto A, la semiretta AE tangente in A alla
3
^
semicirconferenza. Scrivi in funzione dell’angolo E A C il rapporta tra la misura dell’area del
__ 2
triangolo CAD e di CD , quindi calcola il limite quando D → B.
SVOLGIMENTO
^
Poniamo: x = E A C
Per il teorema dell’angolo alla circonferenza si ha:
^
π
1 ^
1 π
C AD = C OD = ⋅ = .
2
2
3
6
__
CD = r in quanto CD è il lato di un poligono esagonale
inscritto alla circonferenza, di raggio r.
Tenendo conto che i triangoli AOC e AOD sono isosceli in
quanto hanno due lati uguali al raggio della
circonferenza, possiamo dire che:
__
__
π
AC = 2 AO cos(
__
__
AD = 2 AO cos(
2
π
2
π /6
π /3
− x ) = 2rsenx
−x−
π
6
π
) = 2rsen x +
6
Siamo ora in grado di rispondere ai problemi proposti.
∆
Area( CAD ) =
π
π 1
π
1 __ __
1
AC ⋅ AD⋅ sen = 2rsenx ⋅ 2rsen x + ⋅ = r ⋅ senx ⋅ r ⋅ sen x +
6
2
6
2
6 2
∆
lim
D →B
Area( C A D )
__ 2
CD
r 2 senx ⋅ sen( x +
= lim
x→
π
r
π
2
6
)
= sen
π
3
3
π π
⋅ sen + = 1 ⋅
=
2
2
2
2 6
2
[3] (Problema n. 455 a pag. 184 U)
Dato il fascio di parabole y = − x 2 + kx , individua le caratteristiche comuni a tutte le parabole,
indicando in particolare il punto base del fascio B e il luogo geometrico descritto dai vertici delle
parabole al variare di k ∈ ℜ . Dopo aver scritto l’equazione della tangente in B alla generica
parabola del fascio, considera il punto di intersezione C tra tale tangente e la retta x=k e il punto
H proiezione di C sull’asse x. Calcola
__
lim
k →0
__
BC − BH
__
__
CH ⋅ BH
SVOLGIMENTO
Tutte le parabole del fascio hanno asse verticale (hanno la forma: y=ax2+bx+c), volgono la
concavità verso il basso con la stessa apertura (a=-1) e passano tutte per l’origine O del sistema
di riferimento (c=0). Il punto O è anche il punto base B, l’unico del fascio (punto comune a tutte
le parabole del fascio).
I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia
(
b − b 2 − 4ac
Il vertice V di una parabola y=ax2+bx+c ha coordinate: V −
;
4a
2a
k
)
3/4
k2
I vertici delle parabole del fascio quindi hanno coordinate V ; in quanto a=-1, b=k, c=0, da
2 4
cui si ottiene l’equazione parametrica del luogo, con parametro k:
k
x = 2
2
y = k
4
, eliminando k si
ottiene l’equazione cartesiana del luogo dei vertici delle parabole del fascio: y = x 2 .
Determiniamo ora l’equazione della retta tangente in B alla parabola generica del fascio mediante
y + y0
x + x0
= axx0 + b
+ c che fornisce la tangente t alla parabola
2
2
y=ax2+bx+c nel suo punto di coordinate (x0 ; y 0 ) .
la formula dello sdoppiamento:
t:
y+0
x + 0
= −1x ⋅ 0 + k
→
2
2
y
x
=k
2
2
→
y = kx
(
)
Il punto C di intersezione di tale retta con la retta x=k ha coordinate: C k ; k 2 , mentre il punto H
proiezione di C sull’asse x ha coordinate: H (k ;0 ) . Ci occupiamo ora del calcolo del limite:
__
lim
k →0
__
BC − BH
__
__
__
__
BC = OC =
__
lim
k →0
. A tal fine determiniamo le misure dei segmenti coinvolti nel limite.
CH ⋅ BH
__
BC − BH
__
( )
k2 + k2
__
= lim
CH ⋅ BH
2
=
(
k 1 + k2 − k
k2 k
k →0
)
k2 1 + k2 = k 1 + k2 ;
__
__
BH = k ; CH = k 2 . Pertanto si ha:
1 + k 2 − 1
k 1 + k 2 − 1
= 0 F.I.
= lim
= lim
2
2
k →0
k
→
0
0
k
k k
1 + k 2 − 1
1 + k 2 − 1 1 + k 2 + 1
1 + k2 − 1
k2
1
1
= lim
lim
= lim
= lim
= lim
=
2
k →0
k →0
k →0 2
k →0 2
k →0
2
2
2
2
2
2
k
k 1 + k + 1
k 1 + k + 1
k 1 + k + 1
1 + k + 1
(
__
Dunque: lim
k →0
__
BC − BH
__
)
__
CH ⋅ BH
=
1
2
[4] (Problema. n. 459 a pag. 184 U)
1 − 2x
3x
, y=
. Considera la retta x=h (h<-1)
x +1
x +1
Area( AOQ )
e i punti Q e R di intersezione con le iperboli. Calcola: lim
, essendo A(− 2;0 ) e O
h → −∞ Area( AOR )
Sono date le iperboli equilatere di equazioni: y =
l’origine del sistema di assi cartesiani.
SVOLGIMENTO
x = h
x = h
Q≡
1 − 2x ;
1 − 2h
y
=
y =
x +1
h +1
x = h
R≡
3x ;
y =
x
+1
x = h
3h
y =
h
+1
→
→
1 − 2h
Q h;
h + 1
3h
R h;
h + 1
−2
0
1
1
1 1 − 2h
1 − 2h
0
0
1 =…= 2
=
Area(AOQ)=
2
2 h +1
h +1
1 − 2h
h
1
h +1
I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia
4/4
Area(AOR)=
−2
1
0
2
h
0
1
1
3h
3h
0
1 =…= 2
=
2 h +1
h +1
3h
1
h +1
1 − 2h
Area( AOQ )
1 − 2h
2
h +1
lim
= lim
= lim
=
h → −∞ Area( AOR )
h → −∞
h → −∞
3h
3h
3
h +1
I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia
