Problema con limiti...

[Stefystef]

Data una circonferenza γ di raggio unitario e centro O,
tracciare una semiretta s uscente da O ed intersecante γ in un
punto Q. Indicato con P un generico punto di s estemo alla
circonferenza γ, tracciare da esso le due tangenti alla
circonferenza. Siano A e B i punti di tangenza. Indiicata con x
la lunghezza del segmento PQ , trovare il limite per x tendente
ad infinito del rapporto k= AQ+QB/AB . (è tutto fratto AB,non solo QB)

[BIT5]

Per prima cosa, traccia la figura e considera che:

Il segmento OQ e' lungo 1 (e' il raggio della circonferenza)
I segmenti AO e OB misurano anch'essi 1 (sono anch'essi raggi della circonferenza) e inoltre sono perpendicolari alle tangenti (la tangente alla circonferenza e' sempre perpendicolare al raggio relativo al punto di tangenza);

PA=PB dal momento che da un punto esterno alla circonferenza partono sempre due tangenti e le distanze dai punti di tangenza al punto esterno sono uguali)

Il segmento OQ passa per il punto medio di AB (che chiameremo H)

Per tale ragione e' semplice dimostrare che, dal momento che i triangoli AQH e QBH sono rettangoli, condividono un lato e AH=HB, i due triangoli sono uguali e quindi AQ=QB (e pertanto la relazione

[math] \frac{ \bar{AQ} + \bar{QB}}{\bar{AB}} = \frac{ 2 \cdot \bar{AQ}}{\bar{AB}} [/math]

Detto questo:

Considera uno dei due triangoli (equivalenti) APO o PBO (condividono il lato OP, sono rettangoli, hanno i cateti corrsipondenti AO e BO congruenti (sono entrambi raggi).

consideriamo AOP

Il triangolo AOP e' rettangolo, e ne conosciamo un cateto (AO=1) e l'ipotenusa (OP=1+x)

per il teorema di Pitagora, quindi

[math] \bar{AP}= \sqrt{(1+x)^2-(1)^2}= \sqrt{1+2x+x^2-1}= \sqrt{x^2+2x} [/math]

Del triangolo AOP possiamo ricavare l'Area (e' il semiprodotto dei cateti)

[math] A = \frac{ \sqrt{x^2+2x} \cdot 1}{2}= \frac{ \sqrt{x^2+2x}}{2} [/math]

Ma l'Area e' anche data da ipotenusa OP per l'altezza AH (tutto fratto 2)

[math] A= \frac{ \bar{OP} \cdot \bar{AH}}{2} = \frac{ (1+x) \cdot \bar{AH}}{2} [/math]

che possiamo uguagliare all'area trovata con il semiprodotto dei cateti trovato, al fine di trovare AH

[math] \frac{ (1+x) \cdot \bar{AH}}{2}= \frac{ \sqrt{x^2+2x}}{2} [/math]

Da cui

[math] \bar{AH} \cdot (1+x)= \sqrt{x^2+2x} \to \bar{AH}= \frac{ \sqrt{x^2+2x}}{1+x} [/math]

e AB (che ne e' il doppio) sara'

[math] \frac{2 \sqrt{x^2+2x}}{1+x} [/math]

considera infine il triangolo AHP di cui conosci ipotenusa AB e cateto AH.

Per Pitagora:

[math] \bar{HP}= \sqrt{x^2+2x- \frac{x^2+2x}{(1+x)^2} [/math]

E dunque (minimo comune multiplo ecc.ecc.)

[math] \sqrt{ \frac{x^4+4x^3+4x^2}{(x+1)^2}}= \\ = \sqrt{ \frac{(x^2+2x)^2}{(1+x)^2}} = \frac{x^2+2x}{1+x} [/math]

Da qui troviamo per differenza HQ

[math] \bar{HQ}= \frac{x^2+2x}{1+x}-x= \frac{x}{1+x} [/math]

Considera ora il triangolo AHQ di cui conosci AH e HQ (cateti)

Per Pitagora

[math] \bar{AQ}= \sqrt{ \frac{x^2+2x}{(1+x)^2}+ \frac{x^2}{(1+x)^2}} = \\ = \sqrt{ \frac{2x(x+1)}{(1+x)^2}}= \sqrt{ \frac{2x}{x+1} [/math]

La relazione dunque sara'

[math] \frac{ \bar{AQ}+ \bar{QB}}{ \bar{AB}}= \frac{2 \bar{AQ}}{2 \bar{AH}} [/math]

Sostituiamo

[math] k= \frac{ \sqrt{ \frac{2x}{x+1}}}{ \frac{ \sqrt{x^2+2x}}{1+x} [/math]

Ovvero (moltiplichiamo per il reciproco del denominatore)

[math] \sqrt{ \frac{2x}{x+1} \cdot \frac{(x+1)^2}{x^2+2x}}= \sqrt{ \frac{2(x+1)}{x+2}} [/math]

e dunque

[math] \lim_{x \to + \infty} \sqrt{ \frac{2(x+1)}{x+2}}= \\ \lim_{x \to + \infty} \sqrt{ \frac{2x(1+ \frac{1}{x})}{x(1+ \frac{2}{x})} [/math]

Le due frazioni (1/x e 2/x) tendono a zero per x che tende a infinito.
La x del numeratore si semplifica con quella del denominatore

rimane

[math] \sqrt2 [/math]

.

[Stefystef]

Grandioso....ho capito tutto!!! Grazie mille!! ;)

[BIT5]

Meno male, perche' ci sono stato dietro parecchio per scriverlo :D

Chiudo.
Alla prossima.