Ricevo da Stefania la seguente domanda:
 
Caro professore,
mi aiuta a risolvere questi quesiti?
Dimostra che le seguenti funzioni sono limitate; trovane l’estremo superiore, l’estremo inferiore e, se esistono, il massimo e il minimo assoluti. \[f\left( x \right)={{e}^{-\left| x \right|}}\quad \quad f\left( x \right)=5-2{{e}^{-{{x}^{2}}}}\quad .\]
Grazie.
 
Le rispondo così:
 

Cara Stefania,
si tratta di determinare i codomini delle due funzioni: possiamo farlo, in questo caso, sia direttamente per via algebrica sia per via grafica, utilizzando trasformazioni di funzioni note (vedi figura). Nel primo caso, ci chiediamo quali siano i valori reali di \(k\) per i quali l’equazione \({{e}^{-\left| x \right|}}=k\) ammetta almeno una soluzione, cioè: \[per\ x\ge 0:{{e}^{-x}}=k\to {{e}^{x}}=\frac{1}{k}\to x=-\ln k\leftrightarrow k>0\wedge \ln k\le 0\to 0<k\le 1\] \[per\ x<0:{{e}^{x}}=k\to {{e}^{x}}=\ln k\leftrightarrow k>0\wedge \ln k<0\to 0<k<1\] quindi, essendo il codominio dato dall’insieme \({{C}_{f}}=\left] 0,1 \right]\), si ha \(\inf \left( f \right)=0\), \(\sup \left( f \right)=\max \left( f \right)=1\). 
Nel secondo caso l’equazione da risolvere è la seguente: \[5-2{{e}^{-{{x}^{2}}}}=k\to {{e}^{{{x}^{2}}}}=\frac{2}{5-k}\to x=\pm \sqrt{\ln \left( \frac{2}{5-k} \right)}\leftrightarrow \frac{2}{5-k}\ge 1\to \frac{k-3}{5-k}\ge 0\to 3\le k<5\] quindi, essendo il codominio dato dall’insieme \({{C}_{f}}=\left[ 3,5 \right[\), si ha \(\inf \left( f \right)=\min \left( f \right)=3\), \(\sup \left( f \right)=5\). 
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Sandro la seguente domanda:
 
1) E’ dato un quadrante \(AOB\) di centro \(O\) e raggio \(r\). Siano \(M\) un punto dell’arco \(AB\) del quadrante, \(P\) il punto in cui l’asse del segmento \(AM\) incontra la semiretta \(BM\), \(P’\) la proiezione di \(P\) sulla retta \(OA\). Dopo aver verificato che il triangolo \(MPA\) è rettangolo isoscele, determinare la posizione di \(M\) in modo che risulti: \(2OP’+3PP’=kr\).

2) Siano \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) i vertici consecutivi di un quadrato inscritto in una circonferenza di raggio \(r\). Determinare sul minore dei due archi \(AB\) un punto \(P\) in modo che risulti: \(\sqrt{2}PD+\sqrt{2}PB+AP+PC=kBD\).
 
3) La base minore \(AB\) di un trapezio isoscele \(ABCD\) inscritto in una semicirconferenza di diametro \(CD=2r\) è lunga quanto il raggio. Determinare sull’arco \(AB\) un punto \(P\) in modo che si abbia: \(AP+2PB=2kr\).
 
La ringrazio per la sua gentilezza.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Sandro,
con riferimento alle relative figure, impostiamo i tre problemi parametrici in modo simile, utilizzando una strategia grafico-analitica per la loro discussione.
Nel primo caso, si dimostra innanzitutto che, indipendentemente dalla posizione di \(M\) su \(AB\), si ha \(P\hat{M}A=\pi /4\), infatti \(P\hat{M}A\) è il supplementare di \(B\hat{M}A=3\pi /4\), essendo questo l’angolo che sottende, dalla parte opposta al centro, la corda \(BA\) relativa ad un angolo al centro retto. Pertanto \(PE=EA=OA\sin x\), essendo \(x=E\hat{O}A\), con \(0\le x \le \pi/4\), e quindi: \[PO=OE+PE=OA\cos x+OA\sin x=r(\cos x+\sin x)\] \[OP'=OP\cos x=r({{\cos }^{2}}x+\cos x\sin x)\quad PP'=OP\sin x=r({{\sin }^{2}}x+\cos x\sin x)\]
per cui l’equazione in questione risulta essere\[{{\sin }^{2}}x+5\cos x\sin x+2-k=0\to 5\sin 2x-\cos 2x+5-2k=0\quad .\] Posto \(X=\cos 2x\) e \(Y=\sin 2x\) si ottiene il sistema \[Y=\frac{1}{5}X-1+\frac{2}{5}k\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad 0\le X,Y\le 1\] che (vedi figura), ammette una e una sola soluzione per \(2\le k\le 5\).

Nel secondo caso, posto \(x=B\hat{D}P\), con \(0\le x \le \pi/4\), si ha: \[PD=BD\cos x\quad PB=BD\sin x\quad AP=BD\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)\quad PC=BD\cos \left( \frac{\pi }{4}-x \right)\] per cui l’equazione in questione risulta essere\[4\cos x+2\sin x-\sqrt{2}k=0\quad .\] Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\) si ottiene il sistema        \[Y=-2X+\frac{\sqrt{2}}{2}k\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{2}}{2}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{\sqrt{2}}{2}\] che (vedi figura), ammette una soluzione per \(2\sqrt{2}\le k< 3\), due soluzioni per \(3\le k\le\sqrt{10}\).
 

Nell’ultimo caso, posto \(x=A\hat{C}P\), con \(0\le x \le \pi/6\), si ha: \[AP=2r\sin x\quad PB=2r\sin \left( \frac{\pi }{6}-x \right)=2r\left( \frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x \right)\] per cui l’equazione in questione risulta essere \[\left( \sqrt{3}-1 \right)\sin x-\cos x+k=0\quad .\] Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\) si ottiene il sistema \[X-\left( \sqrt{3}-1 \right)Y-k=0\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{3}}{2}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{1}{2}\] che (vedi figura), ammette una e una sola soluzione soluzione per \(1/2\le k\le 1\).
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Dario la seguente domanda:
 
E’ dato il triangolo \(ABC\) in cui: \(\cos A\hat{B}C=\frac{\sqrt{5}}{3}\), \(\cos C\hat{A}B=\frac{1}{9}\), \(AB=3l\). Determinare gli elementi incogniti del triangolo e i raggi delle circonferenze inscritta e circoscritta. Sulla bisettrice \(AS\) determinare un punto \(P\) in modo che risulti: \(AP+BP=kAB\).
 
Gli rispondo così:
 
Caro Dario,
con riferimento alla figura, posto \(A\hat{B}C=\beta\), \(C\hat{A}B=\alpha\), \(A\hat{C}B=\gamma\), utilizzando note formule goniometriche, si ha:
\[\sin \alpha =\frac{4\sqrt{5}}{9},\ \sin \beta =\frac{2}{3},\ \sin \gamma =\sin \left( \alpha +\beta  \right)=\frac{22}{27},\ \sin \frac{\alpha }{2}=\frac{2}{3},\ \cos \frac{\alpha }{2}=\frac{\sqrt{5}}{3}\] da cui, tra l’altro, si deduce che \(\alpha/2=\beta\), cioè il triangolo \(ASB\) è isoscele di base \(AB\). Utilizzando il teorema dei seni si ottiene: \[AC=\sin \beta \frac{AB}{\sin \gamma }=\frac{27}{11}l,\ BC=\sin \alpha \frac{AB}{\sin \gamma }=\frac{18\sqrt{5}}{11}l\quad .\] Ricordando che il rapporto tra un lato e il seno dell’angolo opposto corrisponde al diametro \(2R\) della circonferenza circoscritta, e che il raggio \(r\) della circonferenza inscritta è pari al rapporto tra area e semiperimetro, si ha quindi: \[R=\frac{1}{2}\frac{AB}{\sin \gamma }=\frac{81}{4}l,\quad r=\frac{{{S}_{ABC}}}{p}=\frac{AB\cdot AC\sin \alpha }{AB+BC+AC}=\frac{6\left( 2\sqrt{5}-3 \right)}{11}l\quad .\]
Posto quindi \(x=A\hat{B}P\), con \(0\le x\le \beta\), poiché, sempre per il teorema dei seni \[AP=\frac{AB\sin x}{\sin \left( x+\alpha /2 \right)}\quad PB=\frac{AB\sin \left( \alpha /2 \right)}{\sin \left( x+\alpha /2 \right)}\]l’equazione \(AP+BP=kAB\) diventa: \[\sin x+\sin \left( \alpha /2 \right)=k\sin \left( x+\alpha /2 \right)\to \left( 3-\sqrt{5} \right)\sin x-2k\cos x+2=0\quad .\]Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\) si ottiene il sistema \[3Y+2-k\left( \sqrt{5}Y+2X \right)=0\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{5}}{3}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{2}{3}\] che (vedi figura), ammette una soluzione per \(1\le k\le 3\sqrt{5}/5\).
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Stefania la seguente domanda:
 
Caro professore,
vorrei sottoporle il seguente problema:
Sia dato un triangolo isoscele \(ABC\) di base \(AB\) pari a \(2k\) e altezza \(x\) variabile. Sulla base \(AB\) del triangolo costruisci il quadrato \(ABDE\), le cui diagonali si intersecano nel punto \(O\). Calcola il seguente limite:
                           \[\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{2}OC-2AC}{\sqrt{5}OA-DC}\quad .\]
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Stefania,
con riferimento alla figura, possiamo dire che:  \[OC=x+k\quad AC=\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}}\quad OA=\sqrt{2}k\quad DC=\sqrt{{{\left( 2k+x \right)}^{2}}+{{k}^{2}}}\] per cui il limite da valutare è il seguente: \[\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{2}\left( x+k \right)-2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}}}{\sqrt{10}k-\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}}}\quad .\]
Il limite si presenta nella forma \(0/0\), e può essere risolto moltiplicando e dividendo la frazione per i fattori consentono di eliminare i radicali nelle espressioni dei due infinitesimi, cioè: \[\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{2}\left( x+k \right)-2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}}}{\sqrt{10}k-\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}}}=\]\[=\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \sqrt{2}\left( x+k \right)-2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}} \right)\left( \sqrt{2}\left( x+k \right)+2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}} \right)\left( \sqrt{10}k+\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}} \right)}{\left( \sqrt{10}k-\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}} \right)\left( \sqrt{10}k+\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}} \right)\left( \sqrt{2}\left( x+k \right)+2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}} \right)}=\]\[=\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 2{{\left( x+k \right)}^{2}}-4\left( {{x}^{2}}+{{k}^{2}} \right) \right)\left( \sqrt{10}k+\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}} \right)}{\left( 10{{k}^{2}}-5{{k}^{2}}-4kx-{{x}^{2}} \right)\left( \sqrt{2}\left( x+k \right)+2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}} \right)}=\]\[=\underset{x\to k}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{\left( x-k \right)}^{2}}\left( \sqrt{10}k+\sqrt{5{{k}^{2}}+4kx+{{x}^{2}}} \right)}{\left( x-k \right)\left( x+5k \right)\left( \sqrt{2}\left( x+k \right)+2\sqrt{{{x}^{2}}+{{k}^{2}}} \right)}=\frac{2\cdot 0\cdot 2\sqrt{10}k}{6k\cdot 4\sqrt{2}k}=0\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Angela la seguente domanda:
 
Salve professore,
non riesco a risolvere i seguenti limiti:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{x}^{2}}+2x \right)}^{1-\cos x}}\quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{\frac{1}{x}}}\quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{2}^{x}}-4 \right)}^{\frac{1}{\sqrt{x}}}}\quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \sin x \right)}^{\frac{4}{\ln 3x}}}\quad .\]
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Angela,
il primo e l’ultimo limite si presentano nella forma indeterminata \(0^0\), mentre il secondo e il terzo nella forma \(\infty^0\): tutti possono essere discussi utilizzando l’identità \(f{{\left( x \right)}^{g\left( x \right)}}={{e}^{g\left( x \right)\ln \left( f\left( x \right) \right)}}\) e diversi limiti notevoli, per cui, posto che esista \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)\ln \left( f\left( x \right) \right)=l\), con \(l\) finito o infinito, si ha  \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f{{\left( x \right)}^{g\left( x \right)}}=\underset{t\to l}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{t}}\), che nel caso di \(l\) finito è semplicemente, per continuità, \(e^l\).
Nel primo caso, si tratta di calcolare
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\cos x \right)\ln \left( {{x}^{2}}+2x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right){{x}^{2}}\ln \left( x\left( x+2 \right) \right)}{{{x}^{2}}}=\] \[=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}\left( \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln x+\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln \left( x+2 \right) \right)=\frac{1}{2}\left( 0+0\cdot \ln 2 \right)=0\] essendo \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}\quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}\ln x=\underset{p\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln p}{1/{{p}^{2}}}=0\ .\]
 In definitiva: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{x}^{2}}+2x \right)}^{1-\cos x}}={{e}^{0}}=1\quad .\]
Nel secondo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\ln \left( {{e}^{x}}+1 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}\left( 1+{{e}^{-x}} \right) \right)}{x}=\] \[=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\ln \left( 1+{{e}^{-x}} \right)}{x}=1+\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+{{e}^{-x}} \right)}{x}=1+\frac{0}{+\infty }=1\] per cui in definitiva: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{\frac{1}{x}}}={{e}^{1}}=e\quad .\]
Nel terzo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{x}}\ln \left( {{2}^{x}}-4 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln 2+\ln \left( 1-4\cdot {{2}^{-x}} \right)}{\sqrt{x}}=\] \[=\ln 2\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sqrt{x}+\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1-4\cdot {{2}^{-x}} \right)}{\sqrt{x}}=+\infty +\frac{0}{+\infty }=+\infty \] per cui in definitiva: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( {{2}^{x}}-4 \right)}^{\frac{1}{\sqrt{x}}}}={{e}^{+\infty }}=+\infty \quad .\]
Nell’ultimo caso, si tratta di calcolare \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{4\ln \left( \sin x \right)}{\ln \left( 3x \right)}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 3x\sin x/3x \right)}{\ln \left( 3x \right)}=4\left( 1+\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \sin x/x \right)-\ln 3}{\ln \left( 3x \right)} \right)=4\left( 1-\frac{\ln 3}{-\infty } \right)=4\] per cui in definitiva: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{\left( \sin x \right)}^{\frac{4}{\ln 3x }}}={{e}^{4}}\quad .\]
Massimo Bergamini
 

Ricevo da Ettore la seguente domanda:
 
Caro professore,
un aiuto.
Sono date una semicirconferenza di diametro \(AB=2r\) e la corda \(BC=r\). Sia \(P\) in punto dell’arco \(BC\) in modo che, dette \(D\) la sua proiezione sulla tangente in \(A\) ed \(E\) quella su \(AC\), si abbia: \(PD+2PE=r\left( k-1 \right)\sqrt{3}k\), \(k\in \mathbb{R}\). Posto \(P\hat{A}B=x\), discuti le soluzioni al variare di \(k\).
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ettore,
con riferimento alla figura, osserviamo preliminarmente che \(C\hat{A}B=\pi/6\), per cui \(0\le x\le \pi/6\), e inoltre, in  base anche al teorema della corda: \[PD=PA\cos x=2r{{\cos }^{2}}x\quad PE=PA\sin \left( \frac{\pi }{6}-x \right)=r{{\cos }^{2}}x-r\sqrt{3}\cos x\sin x\] per cui l’equazione richiesta risulta la seguente: \[4{{\cos }^{2}}x-2\sqrt{3}\cos x\sin x=\sqrt{3}\left( k-1 \right)\to 2\left( 1+\cos 2x \right)-\sqrt{3}\sin 2x=\sqrt{3}\left( k-1 \right)\]che, posto \(X=\cos 2x\) e \(Y=\sin 2x\), da origine al seguente sistema: \[Y=\frac{2\sqrt{3}}{3}X+\frac{2\sqrt{3}}{3}+1-k\quad \wedge \quad {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=1\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{3}}{2}\le X\le 1,0\le Y\le \frac{1}{2}\quad .\]
Imponendo alla retta del fascio improprio il passaggio per gli estremi dell’arco di circonferenza goniometrica rappresentato in figura, si deduce che il problema ammette una soluzione per \[\frac{9+4\sqrt{3}}{6}\le k\le \frac{4\sqrt{3}}{3}+1\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:
 
Non riesco a risolvere il seguente problema (es. 21 pag. 239, Manuale blu 2.0 di matematica):
a) Rappresenta graficamente la curva di equazione \(\frac{1}{2}\left| x \right|-\left| y \right|+2=0\).
b) Nello stesso sistema di riferimento rappresenta anche la curva di equazione \(2\left| x \right|-\left| y \right|-4=0\).
c) Indica con \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) i punti di intersezione tra i due grafici.
d) Calcola l’area della parte di piano racchiusa dai due grafici.
e) Indica come il grafico del punto b) può essere ottenuto a partire dal grafico del punto a).
Grazie!!!
 
Le rispondo così:
 
Cara Francesca,
ricordando che \(\left| x \right|=x\) se \(x\ge 0\) e \(\left| x \right|=-x\) se \(x<0\), e ricordando come vari il segno di \(x\) e \(y\) nei diversi quadranti del piano cartesiano, si ha che ciascuna delle curve ai punti a) e b) può essere pensata come unione di quattro semirette, in particolare: \[a)\quad \left\{ \frac{1}{2}x-y+2=0,\ x\ge 0,y\ge 0 \right\}\cup \left\{ -\frac{1}{2}x-y+2=0,\ x<0,y\ge 0 \right\}\cup \]\[\cup \left\{ -\frac{1}{2}x+y+2=0,\ x<0,y<0 \right\}\cup \left\{ \frac{1}{2}x+y+2=0,\ x\ge 0,y<0 \right\}\] \[b)\quad \left\{ 2x-y-4=0,\ x\ge 0,y\ge 0 \right\}\cup \left\{ -2x-y-4=0,\ x<0,y\ge 0 \right\}\cup \]\[\cup \left\{ -2x+y-4=0,\ x<0,y<0 \right\}\cup \left\{ 2x+y-4=0,\ x\ge 0,y<0 \right\}\quad .\]
Tracciando i due grafici, si può verificare la seguente corrispondenza tra coppie di semirette relativamente alla simmetria di scambio \(x\leftrightarrow y\), cioè la simmetria assiale rispetto alla bisettrice del 1° e 3° quadrante (risposta alla domanda e)): \[\left\{ \frac{1}{2}x-y+2=0,\ x\ge 0,y\ge 0 \right\}\leftrightarrow \left\{ 2x-y-4=0,\ x\ge 0,y\ge 0 \right\}\] \[\left\{ -\frac{1}{2}x-y+2=0,\ x<0,y\ge 0 \right\}\leftrightarrow \left\{ 2x+y-4=0,\ x\ge 0,y<0 \right\}\] \[\left\{ -\frac{1}{2}x+y+2=0,\ x<0,y<0 \right\}\leftrightarrow \left\{ -2x+y-4=0,\ x<0,y<0 \right\}\] \[\left\{ \frac{1}{2}x+y+2=0,\ x\ge 0,y<0 \right\}\leftrightarrow \left\{ -2x-y-4=0,\ x<0,y\ge 0 \right\}\quad .\]
Poiché ciascuna delle due curve è simmetrica rispetto ad entrambi gli assi coordinati (e quindi anche rispetto al centro del riferimento), anche la loro unione lo è, per cui, trovato uno dei punti di intersezione \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), gli altri si devono trovare in posizioni simmetriche: \[A\left( 4,4 \right),\ B\left( -4,4 \right),\ C\left( -4,-4 \right),\ D\left( 4,-4 \right)\quad .\] L’area del poligono \(AFBGCHDE\) è quindi ottenibile moltiplicando per \(8\) l’area di uno dei triangoli, come ad esempio \(OEA\), in cui può essere scomposto il poligono stesso, cioè: \[{{S}_{AFBGCHDE}}=8\cdot {{S}_{OEA}}=8\cdot \frac{1}{2}{{x}_{E}}{{y}_{A}}=32\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:
 
Gentile professore,
devo trovare l’equazione dell’iperbole che ha i fuochi in \((0,0)\) e \((0,4)\) e passa per il punto \((12, 9)\).
Si può, a priori affermare che l’equazione richiesta è quella di un iperbole traslata con asse trasverso coincidente con l’asse \(y\) di equazione: \[\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{\left( y-{{y}_{0}} \right)}^{2}}}{{{b}^{2}}}=-1\quad ?\]
 
Gli rispondo così:
 
Caro Ferdinando,
certo, e in particolare possiamo dire che \(y_0=2\), in quanto il centro dell’iperbole si trova nel punto \((0,2)\) intermedio tra i fuochi. Inoltre, ricordando la relazione \(a^2+b^2=c^2\), essendo \(c\) la semidistanza tra i fuochi, possiamo ricavare \(a^2\) e \(b^2\) come soluzioni del sistema:       \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4\quad \wedge \quad \frac{144}{{{a}^{2}}}-\frac{49}{{{b}^{2}}}=-1\Rightarrow {{b}^{4}}-197{{b}^{2}}+196=0\]la cui sola soluzione accettabile è la coppia: \(a^2=3\), \(b^2=1\), per cui l’equazione cercata è: \[\frac{{{x}^{2}}}{3}-{{\left( y-2 \right)}^{2}}=-1\to {{x}^{2}}-3{{y}^{2}}+12y-9=0\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Rossella la seguente domanda:
 
Gent.mo Professore,
ho difficoltà nel risolvere questi due problemi:
 
1) In un trapezio rettangolo \(ABCD\) la base maggiore \(AB\) e il lato obliquo \(CB\) misurano \(4a\) e la base minore \(DC\) misura \(2a\). Dopo aver determinato gli elementi incogniti del trapezio, traccia la semicirconferenza di diametro \(CB\) che incontra la base maggiore nel punto \(H\). Considera un punto \(P\) appartenente all’arco \(CH\) e, posto \(P\hat{B}H=x\), calcola il limite per \(P\) che tende ad \(H\) di \(PH^2/(AP^2-PB^2)\).
 
2) E’ data una semicirconferenza di centro \(O\) con diametro \(AB=2r\). Conduci dal punto \(A\) due corde \(AC\) e \(AD\) in modo che \(C\hat{O}D=\pi/3\), e, sempre dal punto \(A\), la semiretta tangente in \(A\) alla semicirconferenza. Detta \(P\) la proiezione di \(C\) sulla tangente, esprimi in funzione dell’angolo \(P\hat{A}C\) il rapporto \((AP\cdot CD)/S_{ACD}\), dove \(S_{ACD}\) rappresenta l’area del triangolo \(ACD\), e calcola il limite di tale rapporto al tendere di \(C\) ad \(A\).
 
Le rispondo così:
 
Cara Rossella,
nel primo caso, poichè la proiezione di \(C\) su \(AB\) cade nel punto medio \(H\) di \(AB\) stesso, si deduce che il triangolo rettangolo \(CHB\) ha un angolo nel vertice di \(B\) di \(\pi/3\), per cui \(CH=AD=2a\sqrt{3}\), e \(H\) è anche il punto in cui la semicirconferenza di diametro \(BC\) interseca \(AB\). Per il teorema della corda e per le relazioni fondamentali tra elementi di triangoli rettangoli, si ha: \[P{{H}^{2}}=16{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}x\quad A{{P}^{2}}=P{{B}^{2}}{{\sin }^{2}}x+{{\left( 4a-PB\cos x \right)}^{2}}=P{{B}^{2}}+16{{a}^{2}}-8aPB\cos x\] per cui, essendo \(PB=4a\cos \left( \pi /3-x \right)=2a\left( \cos x+\sqrt{3}\sin x \right)\): \[\underset{P\to H}{\mathop{\lim }}\,\frac{P{{H}^{2}}}{A{{P}^{2}}-P{{B}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{2}}x}{1-2\cos \left( \pi /3-x \right)\cos x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{2}}x}{1-{{\cos }^{2}}x-\sqrt{3}\sin x\cos x}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\sin }^{2}}x}{\sin x\left( \sin x-\sqrt{3}\cos x \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{\sin x-\sqrt{3}\cos x}=\frac{0}{-\sqrt{3}}=0\quad .\]

Nel secondo caso, sempre per il teorema della corda, posto \(P\hat{A}C=x\) ed essendo \(A\hat{O}C=2P\hat{A}C=2x\),si ha: \[CD=r\quad AC=2r\sin x\quad AP=2r\sin x\cos x\quad AD=2r\sin \left( x+\pi /6 \right)=r\left( \sqrt{3}\sin x+\cos x \right)\] per cui: \[{{S}_{ACD}}=\frac{AC\cdot AD\cdot \sin \left( \pi /6 \right)}{2}={{r}^{2}}\sin x\left( \sqrt{3}\sin x+\cos x \right)\Rightarrow \]\[\Rightarrow \underset{C\to A}{\mathop{\lim }}\,\frac{AP\cdot CD}{{{S}_{ACD}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{{r}^{2}}\sin x\cos x}{{{r}^{2}}\sin x\left( \sqrt{3}\sin x+\cos x \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\cos x}{\sqrt{3}\sin x+\cos x}=2\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Dipok la seguente domanda:
 
Caro professore,
non riesco a calcolare il seguente limite:\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}\sin \left( {{e}^{-x}}\sin x \right)}{x}\quad .\]
Non posso usare il metodo di l’Hopital ma solo limiti notevoli e manipolazioni algebriche.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Dipok,
riscriviamo l’espressione della funzione in modo da mettere in evidenza alcune strutture notevoli: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}\sin \left( {{e}^{-x}}\sin x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( \sin x/{{e}^{x}} \right)}{x/{{e}^{x}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( \sin x/{{e}^{x}} \right)}{\sin x/{{e}^{x}}}\cdot \frac{\sin x}{x}\] e ricordando che, in base al teorema del confronto :\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{{{e}^{x}}}=0\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=0\quad \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1\]possiamo ottenere, in base anche al teorema sul limite della funzione composta: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}\sin \left( {{e}^{-x}}\sin x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( \sin x/{{e}^{x}} \right)}{\sin x/{{e}^{x}}}\cdot \frac{\sin x}{x}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( t \right)}{t}\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1\cdot 0=0\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:
 
Caro professore,
la prego di farmi vedere il procedimento di questi quesiti:
1) È dato il triangolo isoscele acutangolo con i lati uguali \(AB\) e \(BC\) di misura \(a\). Condotte per i vertici le altezze \(AD\), \(BE\) e \(CF\), determinare l’ampiezza dell angolo \(A\hat{B}C\) in modo che risulti soddisfatta la relazione \(BD+BE +BF =kAB\).
2) È data una semicirconferenza di diametro \(AB=2r\). Si determini su di essa un punto \(P\) tale che indicate con \(C\) e \(D\) le proiezioni ortogonali dei punti \(A\) e \(B\) sulla tangente alla semicirconferenza in \(P\) sia \(2kr\) il perimetro del trapezio rettangolo \(ACDB\).
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Elisa,
nel primo caso, posto \(A\hat{B}C=2x\), con \(0 < x\le \pi/4\), si ha:\[BD=BF=a\cos 2x\quad BE=a\cos x\] per cui l’equazione richiesta risulta: \[2\cos 2x+\cos x=k\to 4{{\cos }^{2}}x+\cos x-2-k=0\]che, posto \(X=\cos x\), equivale al seguente sistema: \[Y={{X}^{2}}\quad \wedge \quad Y=-\frac{1}{4}X+\frac{2+k}{4}\quad \wedge \quad \frac{\sqrt{2}}{2}\le X<1\quad .\]Come si può dedurre dalla rappresentazione grafica, il problema ammette una soluzione accettabile per ogni valore di \(k\) tale che \(\sqrt{2}/2\le k<3\).

Nel secondo caso, posto \(P\hat{A}B=x\), con \(0\le x\le \pi/2\), si ha: \[CD=CP+PD=4r\sin x\cos x\quad BD=2r{{\sin }^{2}}x\quad AC=2r{{\cos }^{2}}x\quad AB=2r\] per cui l’equazione richiesta risulta: \[4r\sin x\cos x+2r\left( {{\cos }^{2}}x+{{\sin }^{2}}x \right)+2r=2kr\to 2\sin x\cos x+2=k\to \sin 2x=k-2\]che, posto \(Y=\sin 2x\), equivale al seguente sistema: \[Y=\sin 2x\quad \wedge \quad Y=k\quad \wedge \quad 0\le x\le \frac{\pi }{2}\quad .\]Come si può dedurre dalla rappresentazione grafica, il problema ammette due soluzioni accettabili per ogni valore di \(k\) tale che \(2\le k\le 3\).
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:
 
Caro professore,
si tratta di trovare il dominio della seguente funzione: \[f\left( x \right)=\frac{\ln x-7}{\sqrt{\ln x-5}}\] e di trovare anche i valori per i quali la funzione risulta essere crescente e decrescente, e inoltre stabilire se la funzione sia iniettiva e/o suriettiva, ricavarne il codominio, l’eventuale estremo superiore ed inferiore decidendo se si tratti di funzione limitata o illimitata, e infine di trovare gli eventuali asintoti.
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Elisa,
il dominio \({{D}_{f}}\) è l’insieme degli \(x\in \mathbb{R}\) tali che \(x>0\wedge \ \ln x-5>0\), cioè \({{D}_{f}}=\left] {{e}^{5}},+\infty  \right[\). Per dimostrare che in tutto il suo dominio \(f(x)\) è continua e monotona strettamente crescente (non volendo fare uso delle derivate), possiamo porre \(t=\sqrt{\ln x-5}\), con \(t>0\) e crescente con \(x\) per ogni \(x\in {{D}_{f}}\), da cui  \(f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}-2}{t}\), e facilmente si verifica che, detti \(a\) e \(b\) due valori qualsiasi di \(t\), entrambi positivi e con \(b>a\), si ha:  \[\frac{{{b}^{2}}-2}{b}>\frac{{{a}^{2}}-2}{a}\leftrightarrow a{{b}^{2}}-2a>b{{a}^{2}}-2b\leftrightarrow \left( ab+2 \right)\left( b-a \right)>0\]sempre verificata nelle ipotesi suddette. Poiché si verifica che \[\underset{x\to {{e}^{{{5}^{+}}}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{-2}{{{0}^{+}}}=-\infty \quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{\ln x}\left( 1-7/\ln x \right)}{\sqrt{1-5/\ln x}}=+\infty \] ne consegue, per la continuità della funzione, che il suo codominio è l’insieme \(C_f=\mathbb{R}\), e quindi \(f(x)\) è suriettiva su \(\mathbb{R}\), mentre la monotonia implica l’iniettività (se potesse essere \(f(a)=f(b)\) con \(b>a\) si contraddirebbe la monotonia), cioè \(f(x)\) realizza una corrispondenza biunivoca tra \({{D}_{f}}=\left] {{e}^{5}},+\infty  \right[\) e \(C_f=\mathbb{R}\). La funzione, di conseguenza, non è limitata né superiormente né inferiormente, e il suo grafico ammette come solo asintoto (verticale) la retta \(x=e^5\).
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Greta la seguente domanda:
 
Gentile professore,
le scrivo per chiederle se per cortesia può aiutarmi nel seguente quesito:
Date due circonferenze \(C\) di centro \((1;1)\) e passante per l’origine e \(C’\) con centro \((3;3)\), tangenti esternamente, determinare:
A) i raggi delle circonferenze \(C\) e \(C’\);
B) le equazioni delle tangenti comuni.
La ringrazio molto per l’attenzione.
 
Le rispondo così:
 
Cara Greta,
il raggio della prima circonferenza è dato dalla distanza tra i punti \((1;1)\) e \((0;0)\), cioè \(\sqrt{2}\), per cui l’equazione della circonferenza \(C\) è \((x-1)^2+(y-1)^2=2\), cioè \(x^2+y^2-2x-2y=0\). Poiché il centro della circonferenza \(C’\) giace sulla retta \(y=x\), il punto di tangenza tra \(C\) e \(C’\) deve essere il punto di \(C\) appartenente al segmento di questa retta compreso tra i due centri, cioè il punto \(A(2;2)\), pertanto il raggio di \(C’\) è la distanza tra i punti \((3;3)\) e \((2;2)\), cioè nuovamente \(\sqrt{2}\). Ne consegue che l’equazione della circonferenza \(C’\) è \((x-3)^2+(y-3)^2=2\), cioè \(x^2+y^2-6x-6y+16=0\). Per determinare le equazioni delle tangenti comuni possiamo procedere in questo modo: imponiamo ad una generica retta \(y=mx+q\) (la rappresentazione grafica ci consente di escludere che tra le tangenti comuni vi siano rette parallele all’asse \(y\)) di avere distanza \(\sqrt{2}\) sia dal punto \((1;1)\) che dal punto \((3;3)\), cioè: \[\frac{\left| 1-m+q \right|}{\sqrt{1+{{m}^{2}}}}=\sqrt{2}\quad \wedge \quad \frac{\left| 3-3m+q \right|}{\sqrt{1+{{m}^{2}}}}=\sqrt{2}\] che, sviluppati i quadrati delle due espressioni, porta alle seguenti: \[{{m}^{2}}+2m-2mq-{{q}^{2}}+2q+1=0\quad \wedge \quad 7{{m}^{2}}-18m+6mq+{{q}^{2}}-6q+7=0\quad .\] Sommando le due equazioni si ottiene la seguente: \[q\left( 1-m \right)=2{{\left( 1-m \right)}^{2}}\]pertanto abbiamo due possibilità: \[m=1\Rightarrow {{q}^{2}}=4\Rightarrow q=\pm 2\quad \vee \quad m\ne 1\Rightarrow q=2\left( 1-m \right)\Rightarrow {{\left( m+1 \right)}^{2}}=0\Rightarrow m=-1\wedge q=4\] per cui si hanno tre possibili rette tangenti comuni ad entrambe le circonferenze: \[y=x+2\quad \vee \quad y=x-2\quad \vee \quad y=-x+4\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Veronica la seguente domanda:
 
Gentile professore,
per quanto riguarda il cambiamento di variabile nei limiti, ci sono delle condizioni che lo rendono applicabile?
Grazie mille
 
Le rispondo così:
 
Cara Veronica,
certamente sì, si tratta delle condizioni che riguardano il limite di funzioni che possono essere viste come funzioni composte a partire da altre funzioni; in particolare è condizione sufficiente (se pur non necessaria…) che la funzione componenda “esterna” sia continua in corrispondenza al valore a cui tende la funzione componenda “interna”, per intenderci: se esiste finito \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=m\) e \(f(x)\) è continua in \(x=m\), si ha \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)=f\left( \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right) \right)=f\left( m \right)\), cioè le cose vanno come se, posto \(t = g(x)\), si fosse effettuato \(\underset{t\to m}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=f\left( m \right)\). La cosa funziona ancora nel caso che sia \(m=\pm \infty\), purchè esista \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=l\) (eventualmente \(l=\pm\infty\)): anche in tal caso, posto \(t=g(x)\), si può procedere come se si fosse effettuata una sostituzione di variabile, cioè \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)=\underset{t\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=l\).

Se invece si rilascia la condizione di continuità di \(f(x)\) nel punto \(x=m\) occore una certa cautela: infatti, in generale, non è sufficiente che esistano \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=m\) e \(\underset{x\to m}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=l\) per affermare che esiste \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)=\underset{t\to m}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=l\)! Se infatti si verificano contemporaneamente le due seguenti condizioni:
1) esiste \(f(m)\), ma \(f(x)\) ha in \(x=m\) una discontinuità eliminabile, cioè \(f(m)\ne \underset{x\to m}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=l\);
2) in ogni intorno di \(x_0\) esite \(x\ne x_0\) tale che \(g(x) = m = \underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)\), cioè \(g(x)\) assume infinite volte il valore limite \(m\) in ogni intorno, per quanto piccolo, di \(x_0\);
si verifica che \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)\) non esiste! Cioè, procedere in tal caso ad una ingenua “sostituzione di variabile” porterebbe ad un falso! Esempio: \[f\left( x \right)=x\ se\ x\ne 0,\ f\left( x \right)=1\ se\ x=0\quad \quad g\left( x \right)=x\sin \left( \frac{1}{x} \right)\] per cui si verifica facilmente che \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=0\) e \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=0\); si sarebbe quindi tentati di porre \(t=g(x)\) e affermare che \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( g\left( x \right) \right)=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=0\)… ma questo è falso, come si può verificare anche solo osservando il grafico della funzione \(f(g(x))\), la quale non ammette limite per \(x\) che tende a \(0\), tantomeno tale limite è \(0\), poiché in ogni intorno di \(0\) la funzione assume infinite volte il valore \(1\), pur assumendo anche valori arbitrariamente vicini a \(0\).
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Stefania la seguente domanda:
 
Caro professore,
ho bisogno del suo aiuto. Data la funzione \[f\left( x \right)=\frac{{{e}^{2x-3}}}{{{x}^{2}}-1}\]
a) disegnarne il grafico;
b) indicarne il codominio, precisando se è convesso;
c) indicare massimi e minimi relativi;
d) stabilire qual è il più grande intervallo contenente \(3\) in cui la funzione è invertibile.
La ringrazio infinitamente per la sua attenzione.
 
Le rispondo così:
 
Cara Stefania,
la funzione è definita e continua in \({{D}_{f}}=\mathbb{R}-\left\{ \pm 1 \right\}\), mai nulla e positiva per \(x<-1\vee x>1\). Si hanno i seguenti limiti nei punti di accumulazione del dominio non appartenenti ad esso e agli infiniti: \[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{{{e}^{-\infty }}}{+\infty }=\frac{0}{+\infty }=0\] \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{1}{{{e}^{3}}}\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{2x}}}{{{x}^{2}}}=+\infty \] \[\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{{{e}^{-5}}}{{{0}^{+}}}=+\infty \quad \underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{{{e}^{-5}}}{{{0}^{-}}}=-\infty \] \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{{{e}^{-1}}}{{{0}^{-}}}=-\infty \quad \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\frac{{{e}^{-1}}}{{{0}^{+}}}=+\infty \quad .\] La funzione è ovunque derivabile nel suo dominio e la sua derivata è la seguente: \[f'\left( x \right)=\frac{2{{e}^{2x-3}}\left( {{x}^{2}}-x-1 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}}\quad .\] Poiché       \[f'\left( x \right)>0\ se\ x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\ \vee \ x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\quad x\ne -1\] \[f'\left( x \right)=0\ se\ x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\] \[f'\left( x \right)<0\ se\ \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{5}}{2}\quad x\ne 1\] si può afferamare che la funzione ammette i seguenti punti come estremi relativi: \[\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2},\frac{\left( 3+\sqrt{5} \right){{e}^{-\left( 2+\sqrt{5} \right)}}}{2} \right)\quad \text{max rel}\text{. }\quad \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2},\frac{\left( 3-\sqrt{5} \right){{e}^{\left( \sqrt{5}-2 \right)}}}{2} \right)\quad \text{min rel}\text{.}\]
Da queste premesse, si può individuare una ragionevole rappresentazione grafica e dedurre che il codominio della funzione è l’insieme \[{{C}_{f}}=\left] -\infty ,\frac{\left( 3+\sqrt{5} \right){{e}^{-\left( 2+\sqrt{5} \right)}}}{2} \right]\cup \left] 0,+\infty  \right[\]che, essendo non connesso, cioè formato dall’unione di due intervalli disgiunti, non risulta convesso (cioè tale che presi comunque due suoi punti, il segmento che li congiunge risulti tutto contenuto nell’insieme stesso). Infine, poiché la monotonia in senso stretto implica l’invertibilità (in quanto comporta una corrispondenza biunivoca tra gli elementi del dominio e del codominio), ed essendo la funzione monotona crescente in tutto l’intervallo \(\left[ \left( 1+\sqrt{5} \right)/2,+\infty  \right[\) contenente \(3\), l’ultima richiesta è soddisfatta per una restrizione del dominio di \(f(x)\) a tale intervallo massimale.
 
Massimo Bergamini

Ricevo da Samuele la seguente domanda:
 
Caro professore,
le scrivo per proporre un problema tratto dalla maturità scientifica PNI 1989/90 che non riesco adeguatamente a risolvere, con particolari difficoltà nell’ultimo quesito:
“Data la semicirconferenza di centro \(O\) e raggio \(r\), si consideri il triangolo isoscele \(ABV\) i cui lati obliqui \(AV\) e \(BV\) siano tangenti alla semicirconferenza rispettivamente nei punti \(F\) e \(G\) e tale che la proiezione di \(V\) sulla base \(AB\) coincida con \(O\). Detto \(P\) un punto dell’arco \(FG\) e, rispettivamente, \(L\) e \(M\) le intersezioni della tangente alla semicirconferenza in \(P\) con i lati \(AV\) e \(BV\), si dimostri che i triangoli \(AOL\) e \(BMO\) sono simili. Indicato con \(x\) uno degli angoli alla base del triangolo \(ABV\), si esprima in funzione di esso la somma \(s\) tra il lato del quadrato equivalente al rettangolo di lati \(AL\) e \(BM\) e l’altezza \(VO\) del triangolo \(ABV\), osservando che \(s\) non dipende dalla posizione del punto \(P\).”
Grazie in anticipo per la risposta.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Samuele,
con riferimento alla figura, e in conseguenza della congruenza delle coppie di triangoli rettangoli \(AOF\cong BOG\), \(LOF\cong LOP\), \(POM\cong MOG\), posto \(A\hat{O}F\cong B\hat{O}G=x\), \(L\hat{O}F\cong L\hat{O}P=\alpha \), \(P\hat{O}M\cong M\hat{O}G=\beta \), si può dedurre: \[2\left( \frac{\pi }{2}-x \right)=\pi -2\left( \alpha +\beta  \right)\Rightarrow x=\alpha +\beta \] per cui \[A\hat{L}O=\frac{\pi }{2}-\alpha =\frac{\pi }{2}-x+\beta =M\hat{O}B\]pertanto, avendo due coppie di angoli tra loro congruenti, i triangoli \(AOL\) e \(BMO\) risultano simili, come dovevasi dimostrare. Inoltre, in base alle fondamentali relazioni trigonometriche tra gli elementi di un triangolo rettangolo, si ha: \[VO=\frac{r}{\cos x}\quad AL=AF+FL=\frac{r}{\tan x}+r\tan \alpha \quad BM=BG+MG=\frac{r}{\tan x}+r\tan \beta \] per cui, detto \(q\) il lato del quadrato equivalente al rettangolo di lati \(AL\) e \(BM\), si ha: \[q=\sqrt{\left( \frac{r}{\tan x}+r\tan \alpha  \right)\left( \frac{r}{\tan x}+r\tan \beta  \right)}=r\sqrt{\frac{1}{{{\tan }^{2}}x}+\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{\tan x}+\tan \alpha \tan \beta }\quad .\] Considerato che \(x=\alpha +\beta \), si ha: \[\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{\tan x}=\frac{\left( \tan \alpha +\tan \beta  \right)\left( 1-\tan \alpha \tan \beta  \right)}{\tan \alpha +\tan \beta }=1-\tan \alpha \tan \beta \]per cui: \[q=r\sqrt{\frac{1}{{{\tan }^{2}}x}+1}=r\frac{\sqrt{1+{{\tan }^{2}}x}}{\tan x}=\frac{r\cos x}{\cos x\sin x}=\frac{r}{\sin x}\quad .\]In definita, si ottiene: \[s\left( x \right)=q\left( x \right)+VO=\frac{r}{\sin x}+\frac{r}{\cos x}=\frac{r\left( \sin x+\cos x \right)}{\sin x\cos x}.\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:
 
Salve professore,
ho questo problema:
Dati tre generici punti \(A(0,a)\), \(B(-b,0)\), \(C(c,0)\), trovare l’incentro del triangolo formato dai tre punti.
Potreste aiutarmi a risolverlo?
 
Gli rispondo così:
 
Caro Antonio,
posto che sia \(a > 0\) e \(-b\ne c\), per evitare casi di triangoli che degenerano in segmenti e limitarci ai triangoli appartenenti al semipiano delle ordinate positive (per ognuno di questi vi sarà il corrispondente simmetrico nel semipiano opposto), possiamo determinare l’incentro \(I\) come punto d’incontro di due delle bisettrici interne al triangolo, cioè ad esempio le bisettrici \(b_B\) ed \(b_C\) degli angoli convessi \(A\hat{B}C\) e \(B\hat{C}A\); per definizione, tali rette sono i luoghi dei punti equidistanti dalle rette \(AB\) e \(BC\), \(AC\) e \(BC\) rispettivamente, o meglio, ognuna di esse è quella delle due parti di ciascuno dei due luoghi suddetti che incontra il lato opposto del triangolo. Osserviamo che le equazioni in forma implicita delle rette \(AB\), \(BC\), \(AC\) possono essere date in termini di \(a\), \(b\) e \(c\) in questo modo:\[{{r}_{AB}}:ax-by+ab=0\quad {{r}_{BC}}:y=0\quad {{r}_{AC}}:ax+cy-ac=0\quad \] per cui i luoghi suddetti sono ricavabili dalle seguenti equazioni: \[{{b}_{B}}:\frac{\left| ax-by+ab \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}=\left| y \right|\quad {{b}_{C}}:\frac{\left| ax+cy-ac \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\left| y \right|\]cioè: \[{{b}_{B}}:ax-by+ab=\pm y\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\to {{b}_{B}}:y=\frac{ax+ab}{b+\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}\]\[{{b}_{C}}:ax+cy-ac=\pm y\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}\to {{b}_{C}}:y=\frac{-ax+ac}{c+\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}\] dove la scelta dei segni è stata dettata dall’esigenza di avere nel caso di \(b_B\) una retta di pendenza necessariamente positiva, nel caso di \(b_C\) una retta di pendenza necessariamente negativa, stante l’ipotesi \(a>0\). Intersecando le due rette, cioè risolvendo il sistema delle loro equazioni, si ottiene: \[I={{b}_{B}}\cap {{b}_{C}}=\left( \frac{c\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-b\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}{b+c+\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}};\frac{a\left( b+c \right)}{b+c+\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}} \right)\quad .\]
Massimo Bergamini