Dato il triangolo equilatero
[math]\stackrel(Delta){ABC}[/math]
di lato 2 tracciare con centro in [math]A[/math]
la circonferenza di raggio 1 che incontri [math]\bar{AB}[/math]
in [math]M[/math]
e [math]\bar{AC}[/math]
in [math]N[/math]
. Preso un punto [math]P[/math]
sull'arco [math]MN[/math]
interno al triangolo,determinare il limite del rapporto [math](PB-PA)/(\PM)[/math]
al tendere di [math]P[/math]
ad [math]M[/math]
sull'arco [math]MN[/math]
Poniamo
[math]hat(PAK)=x[/math]
Inoltre
[math]\bar{AP}=1[/math]
poichè esso risulta essere raggio della circonferenza, e in virtù di ciò è uguale al segmento
[math]\bar{AM}[/math]
Poi possiamo anche dire che
[math]\bar{AK}=\\cos(x)[/math]
[math]\bar{PK}=sen(x)[/math]
grazie al teorema dei triangoli rettangoli che lega cateto e ipotenusa.
Poi
[math]\bar{AM}=1[/math]
[math]\bar{KM}=1 - \\cos(x)[/math]
Per Pitagora si ha
[math]\bar{\PM}=\sqrt{\bar{PK}^2+\bar{KM}^2}=\sqrt{{1-\\cos(x)}^2 + sen^2(x)}=\sqrt{1-2\\cos(x)+\\cos^2(x) + sen^2(x)}=[/math]
[math]=\sqrt{1-2\\cos{x}+1}=\sqrt{2-2\\cos{x}}[/math]
Troviamo
[math]\bar{KB}[/math]
sommando due segmenti noti.
[math]\bar{KB}=\bar{KM} + \bar{MB}=1 - \\cos(x) + 1=2 - \\cos(x)[/math]
Applicando nuovamente Pitagora
[math]\bar{PB}=\sqrt{\bar{PK}^2 + \bar{KB}^2}=\sqrt{sen^2{x} + (2 - \\cos{x})^2}=\sqrt{sen^2{x} + 4 - 4\\cos{x} + \\cos^2{x}}=[/math]
[math]=\sqrt{1 + 4 - 4\\cos{x}}=\sqrt{5 - 4\\cos{x}}[/math]
Il rapporto di cui dobbiamo calcolare il limite è
[math]frac{\bar{PB}-\bar{PA}}{\bar{\PM}}=frac{\sqrt{5 - 4\\cos{x}} - 1}{\sqrt{2 - 2\\cos{x}}}[/math]
[math]lim_{x o 0}frac{\sqrt{5 - 4\\cos{x}} - 1}{\sqrt{2 - 2\\cos{x}}}=[frac{0}{0}][/math]
De L'Hopital
[math]lim_{x o 0}frac{frac{1}{2\sqrt{5 - 4\\cos{x}}} \cdot 4sen{x}}{frac{1}{2\sqrt{2 - 2\\cos{x}}} \cdot 2sen{x}}=[/math]
[math]=frac{1}{2\sqrt{5 - 4\\cos{x}}} \cdot 4sen{x} \cdot 2\sqrt{2 - 2\\cos{x}} \cdot frac{1}{2sen{x}}=frac{2 \cdot 0}{1}=0[/math]
Eventualmente, si poteva anche tentare la via della razionalizzazione.
FINE
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