da SirDanielFortesque » 19/01/2019, 23:27
Ti ho chiesto il risultato perché non sono mai stato una cima in queste cose, allora avevo paura di scrivere un risultato sbagliato (è tanto tempo che non mi cimentavo in questo tipo di esercizi).
Praticamente fissi come $x$ l'angolo $P\hat(M)A$ (poi se ci sono suggerimenti dal libro segui quelli. La mia scelta è ricaduta su quell'angolo.
Questo lo fai perché $P->A$ quando $x->0$.
Fatto ciò per il teorema della corda il segmento $\bar(PA)$ si può esprimere come:
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$
Sempre per un noto teorema della geometria euclidea che non mi ricordo come si chiama, hai automaticamente che anche l'angolo $A\hat(B)P$ ha ampiezza $x$, perché insiste sullo stesso arco.
Tracci il segmento $\bar(AO)$ e noti che è un raggio, quindi $\bar(AO)=R$
Tracci e prolunghi $\bar(MO)$, il prolungamento di $\bar(MO)$ incontra la corda $\bar(AB)$ nel punto $S$.
A questo punto noti che $\bar(AS)=1/2 * \bar (AB)=sqrt([\bar(AO)^2-\bar(OS)^2])=sqrt([R^2-(R/2)^2])=sqrt(3)/2 *R$
da cui discende immediatamente anche che:
$\bar(AB)=sqrt(3)*R$
Spero tu riesca a seguire il discorso che sto facendo. Sono per mia natura un pasticcione.
A questo punto calcoli quanto è ampio l'angolo $M\hat(A)S$, e calcoli per esempio la tangente, visto e considerato che il triangolo $MAS$ è rettangolo.
$tg(M\hat(A)S)=(\bar(OS)+\bar(OM))/(\bar(AS))=(R/2+R)/(sqrt(3)/2*R)=sqrt(3)$ scopri dunque che questo angolo è ampio gradi $60°$, e la cosa ti piace assai dato che se questo è $60°$, segue immediatamente per proprietà dei triangoli rettangoli che $A\hat(M)S=30°$.
Segue immediatamente che $A\hat(M)B$ è $60°$, peraltro anche perché insiste sulla corda $\bar(AB)$ che è lunga $sqrt(3)*R$.
Tutto ciò ti fa concludere che $AMB$ sia un triangolo equilatero.
Consideri a questo punto il triangolo $QAM$. Dato che la somma degli angoli interni di un triangolo è $180°$,allora hai che:
$A\hat(Q)M=180°-M\hat(A)S-A\hat(M)P=180°-60°-x=120°-x$
Dato che $A\hat(Q)P$ è il supplementare di $A\hat(Q)M$, segue che:
$A\hat(Q)P=180°-A\hat(Q)M=180°-120°+x=60°+x$
Bene, ormai è quasi fatta.
Essendo $A\hat(M)B=60°$ come visto prima, allora (sempre per proprietà che adesso non mi ricordo il nome, ma che hanno a che fare con gli angoli alla circonferenza)
$A\hat(P)B=180°-A\hat(M)B=120°$
Consideri ora il triangolo $APB$, essendo che la somma dei suoi angoli interni deve fare $180°$ si ha che:
$P\hat(A)B=180°-A\hat(P)B-A\hat(B)P=180°-120°-x=60°-x$
A questo punto torni a considerare il triangolo $QAP$ e, dato che i suoi angoli devono avere come somma $180°$, segue immediatamente che $A\hat(P)Q=180°-P\hat(A)Q-A\hat(Q)P=180°-60°+x-60°-x=60°$ Cioè quell'angolo ha ampiezza costante.
Era questo il dubbio che avevo, per cui ti ho chiesto il risultato, e invece era proprio così.
Come detto prima, per il teorema della corda hai:
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$
Per il teorema dei seni applicato al triangolo $APQ$ hai invece che:
$\bar(AP)/(sen(60°+x))=\bar(AQ)/(sen(60°))$
Da cui hai che:
$\bar(AQ)=\bar(AP)*sen(60°)*1/(sen(60°+x))=(2*R*sen(x)*sqrt(3))/(2*sen(60°+x))$
Quindi in definitiva il limite è:
$lim_(P->A)[\bar(PA)/\bar(AQ)]=lim_(x->0)[(2*R*sen(x))/((2*R*sen(x)*sqrt(3))/(2*sen(60°+x)))]=lim_(x->0)[2*(sen(60°+x))/sqrt(3)]$
Lascio concludere a te.
Ciao.
Conoscete la storia del Conte Giacomo Ceconi?