Ricevo da Lucia la seguente domanda:
Carissimo professore,
non riesco a risolvere alcuni limiti e un problema (pag.1521 n.145, pag.1529 n.320, pag.1536 n.558 Matematica.blu 2.0), potrebbe aiutarmi?
\[\underset{x\to \frac{3\pi }{2}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \left( 1+\sin x \right){{\tan }^{2}}x \right]\quad \quad \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{\sin \left( \pi x \right)}\]
Nel triangolo \(ABC\)si ha: \(\overline{AB}=b\), \(B\hat{A}C=3A\hat{B}C\). Conduci una semiretta \(r\) avente origine in \(A\), che incontri il lato \(BC\) in \(P\) e tale che risulti: \(B\hat{A}P\cong P\hat{B}A\).
a) Calcola il limite del rapporto \(\frac{\overline{AP}}{\overline{AC}}\) quando l’angolo \(P\hat{B}A\) tende a \(0\) e quando tende a \(\frac{\pi }{4}\).
b) Indica con \(H\) la proiezione di \(B\) sulla semiretta \(r\) e calcola i limiti del rapporto \(\frac{\overline{BH}}{\overline{PB}}\) quando l’angolo \(P\hat{B}A\) tende a \(0\) e quando tende a \(\frac{\pi }{4}\).
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Lucia,
nel primo limite operiamo la sostituzione \(y=\frac{3}{2}\pi –x\), da cui: \[\underset{x\to \frac{3\pi }{2}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \left( 1+\sin x \right){{\tan }^{2}}x \right]=\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left[ 1+\sin \left( \frac{3}{2}\pi -y \right) \right]\left( {{\sin }^{2}}\left( \frac{3}{2}\pi -y \right) \right)}{{{\cos }^{2}}\left( \frac{3}{2}\pi -y \right)}=\]\[=\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos y \right){{\cos }^{2}}y}{{{\sin }^{2}}y}=\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos y}{{{y}^{2}}}\cdot \underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{y}^{2}}}{{{\sin }^{2}}y}\cdot \underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\cos }^{2}}y=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}\quad .\]
Nel secondo limite, la sostituzione suggerita, cioè \(y=\pi \left( x-2 \right)\), porta al seguente: \[\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{\sin \left( \pi x \right)}=\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{y}{\pi \sin \left( y+2\pi \right)}=\underset{y\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{y}{\pi \sin y}=\frac{1}{\pi }\quad .\]
Per quanto riguarda il problema, osserviamo che le ipotesi su \(P\) portano alla formazione di due triangoli isosceli internamente al triangolo \(ABC\), cioè \(ABP\) e \(APC\), per cui, posto \(x=P\hat{B}A\), si ha: \[AP\cos x=\frac{AB}{2}\to AP=PB=\frac{b}{2\cos x}\]\[AC\cos 2x=\frac{AP}{2}\to AC=PC=\frac{b}{4\cos x\cos 2x}\] pertanto:
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{AP}{AC}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( 2\cos 2x \right)=2,\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\mathop{\lim }}\,\left( 2\cos 2x \right)=0\quad .\] Poiché \(BH=b\sin x\), si ha: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{BH}{PB}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( 2\sin x\cos x \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \sin 2x \right)=0\] \[\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\mathop{\lim }}\,\left( \sin 2x \right)=1\quad .\]
Massimo Bergamini