I PROBLEMI CON I LIMITI

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I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia 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^AC 3AB^C. Conduci la semiretta r avente origine in A, che incontri il lato BC in P e tale che risulti: BA^PPB^A.

a) Calcola il limite del rapporto _{__}

__

AC

AP _{quando l’angolo} A B

P^ tende a zero e quando tende a

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 . b) Indica con H la proiezione di B sulla semiretta r e calcola i limiti del rapporto _{__}

__

PB

BH_quando

l’angolo PB^A tende a zero e quando tende a

4  . [2; 0; 0; 1] SVOLGIMENTO C B A C A B^ 3 ^ ;BAP PBA ^ ^    CA^P 2PA^B e CPA PAB ^ ^ 2  x tg AB tgx AB AB P M AM AP __ __ __ ___ __ ___ 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 _                         x tg AP x tg AP AP C M AM AC __ __ __ ___ __ ___ 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                           x sen PB BH__  __ 2 (a1)   __ __ A ^ B P AC AP lim 0    x tg AP AP lim _{__} __ x 2 1 2 2 0    _tg _x lim x 2 1 2 2 0 2 0 1 2 _  (a2)   __ __ A ^ B P AC AP lim 4     x tg AP AP lim _{__} __ x 2 1 2 2 4  _xlim_ __tg _x  2 1 2 2 4  0 2 1 2 4 2 1 2 _      tg  (b1)   __ __ A ^ B P PB BH lim 0   __ __ x PB x sen PB lim 2 0 sen(20)sen00 (b2)             __ __ A ^ B P PB BH lim 4  _ __  __ x _PB x sen PB lim 2 4  2 4  2 1  ₎ _sen ( sen [2] (Problema n. 451 a pag. 183 U)

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I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia

E’ data una semicirconferenza di centro O con diametro AB__ 2r. Conduci dal punto A, due corde AC e AD in modo che 3   D O

C^ e, sempre dal punto A, la semiretta AE tangente in A alla semicirconferenza. Scrivi in funzione dell’angolo EA^C il rapporta tra la misura dell’area del triangolo CAD e di CD__2, quindi calcola il limite quando D  B.

SVOLGIMENTO

Poniamo: xEA^C

Per il teorema dell’angolo alla circonferenza si ha:

6 3 2 1 2 1 _ _ _   COD D A C^ ^ . r

CD__  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: rsenx ) x cos( AO AC__ __ 2 2 2           _     6 2 6 2 2AOcos( x ) rsenx  AD__ __

Siamo ora in grado di rispondere ai problemi proposti.

Area(CAD ) = 6 2 1_AC____AD____sen ₌ 2 1 6 2 2 2 1 _       _  rsenx  rsenx = _      _    6  x sen r senx r 2 __ B D CD ) D A C ( Area lim   = 2 2 2 6 r ) x ( sen senx r lim x      = 2 3 2 3 1 6 2 2        _     _sen sen [3] (Problema n. 455 a pag. 184 U)

Dato il fascio di parabole y x2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. 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

__ __ __ __ k BH CH BH BC lim   0 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).

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I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia Il vertice V di una parabola y=ax2_{+bx+c ha coordinate:}





       _   a ac b ; a b V 4 4 2 2

I vertici delle parabole del fascio quindi hanno coordinate _       4 2 2 k ; k V in quanto a=-1, b=k, c=0, da

cui si ottiene l’equazione parametrica del luogo, con parametro k:

        4 2 2 k y k x , eliminando k si

ottiene l’equazione cartesiana del luogo dei vertici delle parabole del fascio: _{y } _x2.

Determiniamo ora l’equazione della retta tangente in B alla parabola generica del fascio mediante la formula dello sdoppiamento: y y axx b x x _c

         2 2 0 0

0 che fornisce la tangente t alla parabola

y=ax2_{+bx+c nel suo punto di coordinate}





0 0;y x . t: _            2 0 0 1 2 0 _x _k x y _ 2 2 x k y   y kx

Il punto C di intersezione di tale retta con la retta x=k ha coordinate: _C



_k_;_k2



_{, mentre il punto H}

proiezione di C sull’asse x ha coordinate: H

 

k;0 . Ci occupiamo ora del calcolo del limite: __ __ __ __ k BH CH BH BC lim  

0 . A tal fine determiniamo le misure dei segmenti coinvolti nel limite.

 

22 2



2



2 2 1 1 k k k k k k OC BC__  __       ; BH__  k ; _CH__ __k2. Pertanto si ha: __ __ __ __ k BH CH BH BC lim   0 = _k _k k k k lim k 2 2 0 1   = _k _k k k lim k 2 2 0 1 1 _    _ _  = 2 2 0 1 1 k k lim k       _ _  =0 0_F.I. 2 2 0 1 1 k k lim k       _ _  =       _ _       _ _       _ _  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 0 _k _k k k lim k =





      _ _    1 1 1 1 2 2 2 0_k _k k lim k =       _ _  1 1 2 2 2 0_k _k k lim k =       _ _  1 1 1 2 0 _k lim k =2 1 Dunque: _{__} _{__} __ __ k BH CH BH BC lim   0 =₂ 1 [4] (Problema. n. 459 a pag. 184 U)

Sono date le iperboli equilatere di equazioni:

1 2 1    x x y , 1 3   x x y . Considera la retta x=h (h<-1) e i punti Q e R di intersezione con le iperboli. Calcola:

) AOR ( Area ) AOQ ( Area lim h  , essendo A 



2;0



e O

l’origine del sistema di assi cartesiani.

SVOLGIMENTO          1 2 1 x x y h x Q ;         1 2 1 h h y h x  _        1 2 1 h h ; h Q         1 3 x x y h x R ;        1 3 h h y h x  _       1 3 h h ; h R Area(AOQ)= 1 1 2 1 1 0 0 1 0 2 2 1    h h h =…= 1 2 1 2 2 1   h h ₌ 1 2 1   h h

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I problemi con i limiti – Prof. Enrico Sailis, I.I.S. “A. Gramsci – E. Amaldi”, Carbonia Area(AOR)= 1 1 3 1 0 0 1 0 2 2 1   h h h =…= 1 3 2 2 1  h h ₌ 1 3  h h ) AOR ( Area ) AOQ ( Area lim h  = 1 3 1 2 1      h h h h lim h = _h h lim h 3 2 1    =3 2