Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuti a risolvere questo problema:

Data la funzione \(y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\):

a) studiarne le caratteristiche e disegnare il suo grafico;

b) determinare l’area compresa tra il grafico della funzione e il semiasse positivo delle ascisse;

c) calcolare il volume del solido che si ottiene effettuando una rotazione completa della superficie del punto b) sia intorno all’asse delle \(x\) che a quello delle \(y\);

d) determinare l’area della regione piana contenuta nel primo quadrante compresa tra il grafico della funzione e la retta di equazione \(y=x\);

e) determinare il volume del solido avente per base la regione piana del punto b) sapendo che le sezioni che si ottengono tagliando il solido con un piano perpendicolare all’asse delle ascisse sono triangoli rettangoli isosceli con l’ipotenusa sul piano \(xy\).

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione, definita e continua nell’intervallo chiuso \(\left[ -2,2 \right]\), quindi limitata (teorema di Weierstrass), nulla nei punti \(x=0,\;x=\pm2\) e positiva per \(0<x<2\), è simmetrica rispetto all’origine del riferimento (dispari), e presenta un minimo e un massimo relativi nei punti \(\left( \pm \sqrt{2},\pm 2 \right)\), come si deduce dall’analisi della funzione derivata \[y'\left( x \right)=\frac{4-2{{x}^{2}}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}\] da cui si conclude anche che il grafico della funzione presenta tangenti verticali (\(y’\to \pm \infty\)) negli estremi del dominio. La derivata seconda \[y''\left( x \right)=\frac{2x\left( {{x}^{2}}-6 \right)}{{{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{3/2}}}\] si annulla e cambia segno in corrispondenza dell’unico punto di flesso, cioè \((0,0)\). L’area della regione limitata \(R\) compresa tra il grafico della funzione e il semiasse positivo delle ascisse è calcolabile come integrale definito:           \[{{S}_{R}}=\int\limits_{0}^{2}{x\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx=-\frac{1}{2}}\int\limits_{0}^{2}{\left( -2x\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)dx=-\frac{1}{3}\left[ {{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{2}}=-\frac{1}{3}\left( -8 \right)=\frac{8}{3}\quad .\]

Il volume \(V_x\) del solido ottenuto ruotando \(R\) intorno all’asse \(x\) è dato dal seguente integrale:

\[{{V}_{x}}=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)dx=\pi \left[ \frac{4}{3}{{x}^{3}}-\frac{1}{5}{{x}^{5}} \right]_{0}^{2}}=\frac{64}{15}\pi \quad .\]

Per quanto riguarda il volume \(V_y\) del solido ottenuto ruotando \(R\) intorno all’asse \(y\), possiamo procedere in questo modo: ricavata la funzione inversa di \(y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\) nell’intervallo \(\left[ \sqrt{2},2 \right]\), che rappresenta l’arco del grafico dal punto \((2,0)\) al punto di massimo, integrando rispetto a \(y\) tra \(0\) e \(2\) si ottiene un volume \(V_1\), a cui va sottratto il volume \(V_2\) ottenuto dalla rotazione dell’arco del grafico compreso tra \((0,0)\) e il punto di massimo, cioè l’integrale tra \(0\) e \(2\), sempre rispetto a \(y\), della funzione inversa di \(y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\) nell’intervallo \(\left[ 0,\sqrt{2} \right]\):            \[y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\to {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+{{y}^{2}}=0\to {{x}^{2}}=2\pm \sqrt{4-{{y}^{2}}}\to \]\[\to x=\pm \sqrt{2+\sqrt{4-{{y}^{2}}}}\quad -2\le x\le -\sqrt{2}\vee \sqrt{2}\le x\le 2\]\[\to x=\pm \sqrt{2-\sqrt{4-{{y}^{2}}}}\quad -\sqrt{2}<x<\sqrt{2}\]       \[{{V}_{y}}={{V}_{1}}-{{V}_{2}}=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 2+\sqrt{4-{{y}^{2}}} \right)dy-}\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 2-\sqrt{4-{{y}^{2}}} \right)dy=2\pi \int\limits_{0}^{2}{\sqrt{4-{{y}^{2}}}dy=}}\]\[=2\pi \int\limits_{0}^{2}{\sqrt{4-{{y}^{2}}}dy=}8\pi \int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}dt=}8\pi \cdot \frac{\pi }{4}=2{{\pi }^{2}}\quad .\]

La regione del primo quadrante compresa tra i grafici della funzione  e della retta \(y=x\) ha la seguente area \(S\):

\[S=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( x\sqrt{4-{{x}^{2}}}-x \right)dx=-\frac{1}{3}\left[ {{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}}-\frac{1}{2}\left[ {{x}^{2}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}=\frac{7}{3}-\frac{3}{2}=\frac{5}{6}\quad .\]

Infine, il volume \(V\) del solido costruito sulla regione \(R\) si può calcolare come integrale definito rispetto a \(x\) della funzione \(S\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)}{4}\), che rappresenta l’area del triangolo rettangolo isoscele avente per ipotenusa il segmento di ordinata \(y(x)\)

   \[V=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)dx=\frac{1}{4}\cdot \frac{64}{15}=\frac{16}{15}\quad .}\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

nei seguenti esercizi (n.80 e n.83 pag.303 di Matutor) ho incontrato delle difficoltà:

Calcola il volume dei solidi che hanno come base le regioni finite di piano delimitate dalle curve di equazioni assegnate e dall’asse \(x\) negli intervalli segnati a fianco e come sezioni perpendicolari all’asse \(x\) quelle indicate.

1) \(y=x^2-4,\quad\left[ -1;2 \right]\); triangoli equilateri.

2) \(y=\frac{3}{2}{{e}^{-\frac{x}{2}}},\quad \left[ 0;5 \right]\); trapezi con base maggiore doppia della minore e dell’altezza.

La ringrazio infinitamente!

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

nel primo caso il volume \(V_1\) del solido in questione, in base al principio di Cavalieri, si ottiene integrando tra \(-1\) e \(2\) la funzione \(S\left( x \right)=\frac{\sqrt{3}}{4}{{\left( {{x}^{2}}-4 \right)}^{2}}\) che esprime l’area di un triangolo equilatero di lato pari all’ordinata \(y(x)\) intercettata dal piano secante:\[{{V}_{1}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\int\limits_{-1}^{2}{\left( {{x}^{4}}-8{{x}^{2}}+16 \right)dx=}\frac{\sqrt{3}}{4}\left[ \frac{1}{5}{{x}^{5}}-\frac{8}{3}{{x}^{3}}+16x \right]_{-1}^{2}=\]\[=\frac{\sqrt{3}}{4}\left( \frac{32}{5}-\frac{64}{3}+32+\frac{1}{5}-\frac{8}{3}+16 \right)=\frac{153}{20}\sqrt{3}\quad .\]

Nel secondo caso, occorre precisare che i trapezi sono rettangoli con la base maggiore sul piano \(xy\), per cui la funzione che esprime l’area di una sezione in corrispondenza all’ascissa \(x\) è    \[S\left( x \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{3}{2}{{e}^{-\frac{x}{2}}}+\frac{3}{4}{{e}^{-\frac{x}{2}}} \right)\cdot \left( \frac{3}{4}{{e}^{-\frac{x}{2}}} \right)=\frac{27}{32}{{e}^{-x}}\] per cui: \[{{V}_{2}}=\frac{27}{32}\int\limits_{0}^{5}{{{e}^{-x}}dx=}\frac{27}{32}\left[ -{{e}^{-x}} \right]_{0}^{5}=\frac{27}{32}\left( 1-\frac{1}{{{e}^{5}}} \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

aiutatemi a risolvere questo quesito:

determinare l’area del dominio \(D\) racchiuso dalla curva di equazioni parametriche

                        \[x=\cos t\quad \quad y=\sin \left( 2t \right)\quad \quad 0\le t\le \frac{\pi }{2}\quad .\]

Grazie mille.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

poiché \(\sin \left( 2t \right)=2\sin t\cos t\) e \(\sin t=\sqrt{1-{{\cos }^{2}}t}\), per \(0\le t\le \pi /2\), si ha:\[y=2x\sqrt{1-{{x}^{2}}}\quad \quad 0\le x\le 1\] e pertanto la regione \(D\) rappresentata dal sottografico di tale funzione ha area

\[{{S}_{D}}=\int\limits_{0}^{1}{2x\sqrt{1-{{x}^{2}}}dx=}-\int\limits_{0}^{1}{-2x\sqrt{1-{{x}^{2}}}dx=}-\left[ \frac{2}{3}{{\left( 1-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{1}=\frac{2}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego di aiutarmi a risolvere per parti il seguente integrale definito:

                                       \[2\int\limits_{0}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

indichiamo con \(F\left( x \right)=\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}\) l’integrale in senso indefinito della funzione in questione, e proviamo, per successive applicazioni della regola di integrazione per parti, ad ottenere una formula ricorsiva:\[F\left( x \right)=\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=\left( \frac{x}{2}-\frac{\sin \left( 2x \right)}{4} \right)\cos \left( \omega x \right)+\omega \int{\left( \frac{x}{2}-\frac{\sin \left( 2x \right)}{4} \right)\sin \left( \omega x \right)dx}=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{\omega }{2}\int{x\sin \left( \omega x \right)dx}-\frac{\omega }{4}\int{\sin \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)dx}=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{\omega }{2}\left( -\frac{x}{\omega }\cos \left( \omega x \right)+\frac{1}{\omega }\int{\cos \left( \omega x \right)dx} \right)-\]\[-\frac{\omega }{4}\left( -\frac{1}{2}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)+\frac{\omega }{2}\int{\cos \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)dx} \right)=\]\[=\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}-\frac{x}{2}\cos \left( \omega x \right)+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)+\]\[+\frac{\omega }{8}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)-\frac{{{\omega }^{2}}}{8}\int{\left( 1-2{{\sin }^{2}}x \right)\cos \left( \omega x \right)dx}=\]\[=-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)+\frac{\omega }{8}\cos \left( 2x \right)\sin \left( \omega x \right)-\]\[-\frac{\omega }{8}\sin \left( \omega x \right)+\frac{{{\omega }^{2}}}{4}\int{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=\]\[=-\frac{\sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)}{4}+\frac{1}{2\omega }\sin \left( \omega x \right)-\frac{\omega }{4}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)+\frac{{{\omega }^{2}}}{4}F\left( x \right)\]da cui\[\left( 1-\frac{{{\omega }^{2}}}{4} \right)F\left( x \right)=\frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{4\omega }\to \]\[\to F\left( x \right)=\frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)}+c\quad .\]In conclusione: \[2\int\limits_{0}^{\pi }{{{\sin }^{2}}x\cos \left( \omega x \right)dx}=2\left[ F\left( x \right) \right]_{0}^{\pi }=\]         \[2\left[ \frac{2\sin \left( \omega x \right)-\omega \sin \left( 2x \right)\cos \left( \omega x \right)-{{\omega }^{2}}{{\sin }^{2}}x\sin \left( \omega x \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)} \right]_{0}^{\pi }=\]\[=\frac{4\sin \left( \omega \pi  \right)}{\omega \left( 4-{{\omega }^{2}} \right)}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Fabio la seguente domanda:

Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) del trapezoide individuato dal grafico della funzione \(y=x^3\) nell’intervallo \([0;1]\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Fabio,

si tratta semplicemente di calcolare il seguente integrale definito:

\[\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}}dx}=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{6}}dx}=\pi \left[ \frac{1}{7}{{x}^{7}} \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{7}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elena la seguente domanda:

Salve,

ho riscontrato alcune difficoltà di comprensione nel seguente esercizio (n.259, pag.2052, Matematica.blu 2.0):

Calcola le aree delle regioni di piano comprese tra le curve di equazioni \(y={{x}^{3}}\) e \(y=\sqrt{2-{{x}^{2}}}\) e l’asse delle ascisse.

Grazie

Le rispondo così:

Cara Elena,

le regioni in questione sono le due parti \(S_1\) e \(S_2\) in cui la semicirconferenza di raggio \(\sqrt{2}\) centrata nell’origine di equazione \(y=\sqrt{2-{{x}^{2}}}\) risulta suddivisa dall’arco \(CA\) della curva \(y={{x}^{3}}\): una volta calcolata l’area di \(S_1\) come somma dei sottografici di tale arco \(CA\) e dell’arco di circonferenza di estremi \(A(1;1)\) e \((\sqrt{2},0)\), l’area di \(S_2\) si ricava per sottrazione dall’area della semicirconferenza, cioè \(\pi\).

Si ha pertanto: \[{{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}dx+\int\limits_{1}^{\sqrt{2}}{\sqrt{2-{{x}^{2}}}dx}}=\left[ \frac{1}{4}{{x}^{4}} \right]_{0}^{1}+\sqrt{2}\int\limits_{1}^{\sqrt{2}}{\sqrt{1-{{\left( \frac{x}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}dx}=\]\[=\frac{1}{4}+2\int\limits_{\pi /4}^{\pi /2}{{{\cos }^{2}}t\,dt}=\frac{1}{4}+\int\limits_{\pi /4}^{\pi /2}{\left( 1+\cos 2t \right)\,dt}=\]\[=\frac{1}{4}+\left[ t+\sin t\cos t \right]_{\pi /4}^{\pi /2}=\frac{1}{4}+\left( \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2} \right)=\frac{\pi -1}{4}\quad .\]Ne consegue:\[{{S}_{2}}=\pi -{{S}_{1}}=\pi -\frac{\pi -1}{4}=\frac{3\pi +1}{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuta a capire come si calcolano le aree?

Studia la funzione \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{4}}}\). Dopo aver verficato che la parabola \(y=x^2-1\) è ad essa tangente nel punto di ascissa \(1\), trova l’equazione della tangente comune \(r\). Indicata con \(R_1\) la regione finita di piano delimitata dalla retta \(r\) e dalla parabola con l’asse delle ordinate e con \(R_2\) la regione illimitata definita dalla \(f(x)\) e dall’asse \(x\) nel primo quadrante, calcola il rapporto fra le rispettive aree.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione \(f(x)\), definita, continua e derivabile in \(\mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}\), simmetrica rispetto all’asse \(y\), positiva per valori esterni all’intervallo \(-1\le x \le 1\), nulla in \(\pm 1\) e tendente a \(-\infty\) per \(x\) tendente a \(0\), ha derivate prima e seconda date da: \[f'\left( x \right)=\frac{2-{{x}^{2}}}{{{x}^{5}}}\quad \quad f'\left( x \right)=\frac{2\left( 3{{x}^{2}}-10 \right)}{{{x}^{6}}}\] da cui si deduce la presenza di due punti di massimo relativo, in \(\left( \pm \sqrt{2},\frac{1}{4} \right)\), e di due punti di flesso, in \(\left( \frac{\sqrt{30}}{3},\frac{21}{100} \right)\).La tangente al grafico di \(f(x)\) in \((1,0)\) ha equazione \(y=2x-2\), essendo \(f’(1)=2\), e tale retta è anche la tangente nello stesso punto alla parabola \(y=x^2-1\).

Per quanto riguarda le aree delle regioni \(R_1\) ed \(R_2\), si possono ricondurre ai seguenti integrali definiti, il secondo dei quali è di tipo improprio:\[{{R}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1-2x+2 \right)dx=}\int\limits_{0}^{1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}dx}=\]\[=\left[ \frac{1}{3}{{\left( x-1 \right)}^{3}} \right]_{0}^{1}=\frac{1}{3}\]\[{{R}_{2}}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{\frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{4}}}dx}=\]\[\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ -\frac{1}{x}+\frac{1}{3{{x}^{3}}} \right]_{1}^{k}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\frac{1}{k}+\frac{1}{3{{k}^{3}}}+\frac{2}{3} \right)=\frac{2}{3}\quad .\]

Pertanto \(R_2/R_1=2\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Jessica la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

mi aiuta per favore a risolvere il seguente esercizio (n.351, pag.2061, Manuale.blu 2.0)?

Considera la parabola \(\gamma\) di equazione \(y=-x^2+4x\) e la retta \(r\) di equazione \(y=3\). Trova il volume del solido ottenuto dalla rotazione completa intorno a \(r\) della parte di piano delimitata da \(\gamma\) e da \(r\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Jessica,

può essere più agevole immaginare di operare una traslazione che porti la retta \(y=3\) a coincidere con l’asse \(x\), cioè una traslazione di vettore \(\vec{v}\left( 0,-3 \right)\), in seguito alla quale la parabola \(\gamma\) diventa la parabola isometrica \(\gamma^\prime\) di equazione \(y=-x^2+4x-3\) che interseca l’asse \(x\) nei punti di ascissa \(x=1\) e \(x=3\),  ottenendo un problema equivalente in cui il volume del solido equivale al seguente integrale definito:

\[V=\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left( -{{x}^{2}}+4x-3 \right)}^{2}}dx}=\]\[\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left( {{x}^{4}}-8{{x}^{3}}+22{{x}^{2}}-24x+9 \right)}^{2}}dx}=\]\[=\pi \left[ \frac{1}{5}{{x}^{5}}-2{{x}^{4}}+\frac{22}{3}{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+9x \right]_{1}^{3}=\frac{16}{15}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

Le allego un esercizio che non ho saputo fare:

Considera le parabole \(x=2y^2\) e \(x=4-y^2\). Trova l’area della regione finita di piano delimitata dalle due parabole. Nella stessa regione inscrivi un rettangolo con i lati paralleli agli assi cartesiani in modo che il cilindro da esso generato in una rotazione completa attorno all asse \(x\) abbia volume massimo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

le due parabole, come da figura, si intersecano nei punti \(A(8/3,2\sqrt{3}/3)\), \(B(8/3,-2\sqrt{3}/3)\), e quindi delimitano una regione di piano formata da due segmenti parabolici aventi in comune la corda \(AB\), inscritti complessivamente in un rettangolo di dimensioni \(ON=4\) e \(AB=4\sqrt{3}/3\): per il teorema di Archimede, l’area della regione è quindi pari ai \(2/3\) dell’area del rettangolo in cui è inscritta, cioè ha misura \(32\sqrt{3}/9\). Lo stesso risultato si sarebbe potuto ottenere integrando rispetto a \(y\) la differenza \(4-3y^2\) nell’intervallo \(\left[ -2\frac{\sqrt{3}}{3},2\frac{\sqrt{3}}{3} \right]\).

Riguardo al rettangolo inscritto nella regione, possiamo considerare sul segmento \(OH\) dell’asse \(x\) il punto \(P\), con ascissa \(x\) tale che \(0\le x\le \frac{8}{3}\), e le sue proiezioni \(C(x,\sqrt{\frac{x}{2}})\) e \(D(4-\frac{x}{2},\sqrt{\frac{x}{2}})\) sugli archi di parabola: ne consegue che il cilindro ottenuto dalla rotazione del rettangolo ha volume \(V(x)\) dato da:            \[V\left( x \right)=\pi \frac{x}{2}\left( 4-\frac{3}{2}x \right)=2\pi x-\frac{3}{4}\pi {{x}^{2}}\]la cui derivata, \(V’\left( x \right)=2\pi -\frac{3}{2}\pi x\), si annulla per \(x=\frac{4}{3}\), valore corrispondente al massimo relativo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesca la seguente domanda:

Buongiorno,

Le chiedo gentilmente aiuto per il seguente esercizio (n.350, pag.2061, Matematica.blu 2.0):

Data la parabola di equazione \(y=-4x^2+8x\), traccia le tangenti \(t_1\) e \(t_2\) nei suoi punti \(O\) e \(A\) di ascissa \(0\) e \(3/2\). Detto \(B\) il punto di intersezione delle due rette, determina il volume del solido generato in una rotazione completa attorno all’asse \(x\) del triangolo mistilineo \(OBA\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Francesca,

posto che le tangenti in questione sono le rette \({{t}_{1}}:y=8x\) e \({{t}_{2}}:y=-4x+9\), e che queste si incontrano nel punto \(B(3/4,6)\), possiamo ricavare il volume \(V\) del solido in questione nel modo seguente:          \[V=\pi \int\limits_{0}^{3/4}{64{{x}^{2}}dx}+\pi \int\limits_{3/4}^{3/2}{{{\left( -4x+9 \right)}^{2}}dx}-\pi \int\limits_{0}^{3/2}{{{\left( -4{{x}^{2}}+8x \right)}^{2}}dx}=\]\[=\pi \left[ \frac{64}{3}{{x}^{3}} \right]_{0}^{3/4}+\pi \left[ \frac{16}{3}{{x}^{3}}-36{{x}^{2}}+81x \right]_{3/4}^{3/2}-\pi \left[ \frac{16}{5}{{x}^{5}}+\frac{64}{3}{{x}^{3}}-16{{x}^{4}} \right]_{0}^{3/2}=\]\[\frac{189}{20}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuti a capire questo quesito:

Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse delle ordinate della regione di piano compresa tra la parabola di equazione \(y=-x^2+4x\) e le rette \(y=1\), \(y=3\) e \(x=2\).

Se invece voglio trovare il volume del solido che si ottiene ruotando la regione attorno all’asse delle ascisse, come si procede? Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la rotazione attorno all’asse delle ordinate genera un solido il cui volume \(V_y\) si può ottenere sottraendo il volume del solido generato dalla rotazione dell’arco \(AD\) al volume di un cilindro di raggio di base \(2\) e altezza \(2\). Tenendo presente che l’integrazione va condotta rispetto alla variabile \(y\), si deve considerare l’equazione dell’arco \(AD\) come funzione \(x(y)\), cioè si deve invertire la relazione \(y=-{{x}^{2}}+4x\), facendo la giusta scelta del segno davanti alla radice: \(x=2-\sqrt{4-y}\); ne consegue:          \[{{V}_{y}}=8\pi -\pi {{\int\limits_{1}^{3}{\left( 2-\sqrt{4-y} \right)}^2}}dy=\]\[=8\pi -\pi \int\limits_{1}^{3}{\left( 8-y-4\sqrt{4-y} \right)}dy=\]\[=8\pi -\pi \left[ 8y-\frac{1}{2}{{y}^{2}}+\frac{8}{3}{{\left( 4-y \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{1}^{3}=\]\[=\frac{4}{3}\pi \left( 6\sqrt{3}-5 \right)\approx 2,54\quad .\]Per quanto riguarda il volume \(V_x\) che si ottiene ruotando intorno all’asse delle ascisse, possiamo pensarlo come somma di due volumi: il primo è quello del solido ottenuto ruotando il sottografico dell’arco \(AD\), privato di un cilindro, il secondo è quello di un “anello” cilindrico, il cui volume è \(8\pi\): \[{{V}_{x}}=\pi {{\int\limits_{2-\sqrt{3}}^{1}{\left( -{{x}^{2}}+4x-1 \right)}^2}}dx+8\pi =\pi \int\limits_{2-\sqrt{3}}^{1}{\left( {{x}^{4}}-8{{x}^{3}}+18{{x}^{2}}-8x+1 \right)}dx+8\pi =\]\[=\pi \left[ \frac{1}{5}{{x}^{5}}-2{{x}^{4}}+6{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+x \right]_{2-\sqrt{3}}^{1}=\frac{24\sqrt{3}-36}{5}\pi \approx 3,5\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Antonio la seguente domanda:

Gentile professore,

le propongo il seguente esercizio:

calcola l’area dell’insieme          \[A=\left\{ \left( x,y \right):-1\le x\le 2-{{y}^{2}} \right\}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Antonio,

la regione in questione corrisponde al segmento parabolico delimitato dalla corda di estremi \(\left( -1,\sqrt{3} \right)\), \(\left( -1,-\sqrt{3} \right)\) nella parabola di equazione \(x=2-{{y}^{2}}\); utilizzando il teorema di Archimede (“area del segmento parabolico = \(\frac{2}{3}\) area del rettangolo circoscritto”), potremmo subito concludere che tale area è pari a                                                 \[{{S}_{A}}=\frac{2}{3}\left( 6\sqrt{3} \right)=4\sqrt{3}\]

ma se vogliamo utilizzare il calcolo integrale, possiamo considerare tale area come corrispondente all’integrale definito della funzione \(x=3-{{y}^{2}}\), ottenuta traslando di un’unità lungo \(x\) la funzione originale, nell’intervallo \(-\sqrt{3}\le y\le \sqrt{3}\), rispetto alla variabile \(y\):          \[{{S}_{A}}=\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}{\left( 3-{{y}^{2}} \right)dy}=2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( 3-{{y}^{2}} \right)dy}=2\left[ 3y-\frac{1}{3}{{y}^{3}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}=\]\[=2\left( 3\sqrt{3}-\sqrt{3} \right)=4\sqrt{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego mi aiuti a risolvere questo integrale definito:

                       \[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\cos \left( mx \right)dx\quad \quad m\in \mathbb{Z}}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

procedendo per parti, calcoliamo l’integrale indefinito \({{I}_{m}}=\int{\sin x\cos \left( mx \right)dx}\):

\[{{I}_{m}}=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\int{\cos x\sin \left( mx \right)dx=}\]\[=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\left[ \sin x\sin \left( mx \right)-m\int{\sin x\cos \left( mx \right)dx} \right]=\]\[=-\cos x\cos \left( mx \right)-m\sin x\sin \left( mx \right)+{{m}^{2}}{{I}_{m}}\to \]\[\to {{I}_{m}}=\frac{\cos x\cos \left( mx \right)+m\sin x\sin \left( mx \right)}{{{m}^{2}}-1}\]

da cui:\[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\cos \left( mx \right)dx=}\left[ \frac{\cos x\cos \left( mx \right)+m\sin x\sin \left( mx \right)}{{{m}^{2}}-1} \right]_{0}^{\pi }=\]\[=\frac{\cos \left( m\pi  \right)+1}{1-{{m}^{2}}}= \left\{ \begin{array}{ll} \frac{2}{1-m^2}\quad m=2k \\ 0\quad\quad m=2k+1  \end{array} \right.\] con \(k\in \mathbb{Z}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Angela la seguente domanda:

Caro professore,

sto aiutando mio fratello a fare il seguente integrale:

                           \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos x\sin x}{\sqrt{1-{{\cos }^{4}}x}}dx\quad .}\]

Mi aiuti professore, grazie.

Le rispondo così:

Cara Angela,

possiamo procedere per successive sostituzioni di variabile, ponendo dapprima \(\cos x=t\): \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos x\sin x}{\sqrt{1-{{\cos }^{4}}x}}dx=}-\int\limits_{1}^{0}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt=}\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt}\] quindi, ponendo \(p={{t}^{2}}\):

\[\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{\sqrt{1-{{t}^{4}}}}dt}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{\sqrt{1-{{p}^{2}}}}dp}=\frac{1}{2}\left[ \arcsin p \right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo professore,

mi può aiutare per favore a risolvere il seguente problema (pag.28, n.88, Verso la seconda prova di matematica)?

Osserva in figura il grafico della funzione \(f(x)\).

a. Stabilisci se sono vere o false le seguenti affermazioni, motivando le risposte.

1. In base al teorema di Lagrange, deve esistere almeno un valore di \(x\) interno all’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) tale che \(f’(x)=-1\).

2. In base al teorema di Lagrange, non può esistere alcun valore di \(x\) interno all’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) tale che \(f’(x)=-1\).

3. La funzione \(f(x)\) non è ovunque derivabile in \(\left[ 0;4 \right]\).

4. La funzione integrale \(F\left( x \right)=\int\limits_{0}^{x}{f\left( t \right)dt}\) non è ovunque derivabile in \(\left[ 0;4 \right]\).

5. La funzione \(f(x)\) presenta un punto di minimo relativo e un punto di massimo relativo in \(\left[ 0;4 \right]\).

b. Date le funzioni \(h\left( x \right)=\frac{-x+a}{x+1}\) e \(k\left( x \right)=-\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+b\), determina i valori delle costanti \(a\) e \(b\) in modo tale che sia: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} h(x)\quad se\;0\le x\le1  \\ k(x)\quad se\;1<x\le 4 \end{array} \right.\quad .\]

c. Traccia i grafici di \(h(x)\) e \(k(x)\) nell’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) per i valori di \(a\) e \(b\) determinati al punto precedente. La regione sottesa a \(f(x)\) in \(\left[ 0;4 \right]\) risulta così suddivisa in tre sottoregioni: calcola l’area di ciascuna di esse.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

la 1 del punto a. è falsa, in quanto in  \(\left[ 0;4 \right]\) la funzione è continua ma non pare derivabile nel punto interno \(x=1\); è falsa anche la 2, in quanto la non sussistenza delle ipotesi del teorema di Lagrange non implica l’impossibilità che si realizzi la tesi (nel caso specifico, vi è infatti un punto, prossimo a \(x=4\), in cui la retta tangente ha pendenza pari a quella della corda, cioè \(-1\)). La 3, per quanto detto, è vera, mentre la 4 è falsa: infatti, per la derivabilità della funzione integrale in un dato punto \(x\) è sufficiente la continuità in \(x\) della funzione integranda. Infine la 5 è vera: in \(x=1\) si ha un minimo relativo, se pur non regolare (cioè a derivata nulla), e poco oltre si ha un massimo.

Per determinare le costanti \(a\) e \(b\) è sufficiente imporre \(h\left( 0 \right)=4\), da cui \(a=4\) e \(h\left( 1 \right)=\frac{3}{2}\), quindi \(k\left( 1 \right)=h\left( 1 \right)=\frac{3}{2}\), da cui \(b=1\).

Infine, le aree delle tre regioni delimitate dai grafici di \(h(x)\) e \(k(x)\) nell’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) si possono calcolare tramite i seguenti integrali definiti: \[{{R}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( h\left( x \right)-k\left( x \right) \right)}\,dx\]\[{{R}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{k\left( x \right)}\,dx+\int\limits_{1}^{4}{h\left( x \right)}\,dx\]\[{{R}_{3}}=\int\limits_{1}^{4}{\left( k\left( x \right)-h\left( x \right) \right)}\,dx\] cioè: \[{{R}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{-x+4}{x+1}+\frac{1}{4}{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x-1 \right)}\,dx=\left[ 5\ln \left| x+1 \right|+\frac{1}{12}{{x}^{3}}-\frac{3}{8}{{x}^{2}}-2x \right]_{0}^{1}=5\ln 2-\frac{55}{24}\approx 1,174\]\[{{R}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( -\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+1 \right)}\,dx+\int\limits_{1}^{4}{\left( \frac{-x+4}{x+1} \right)}\,dx=\left[ -\frac{1}{12}{{x}^{3}}+\frac{3}{8}{{x}^{2}}+2x \right]_{0}^{1}+\left[ 5\ln \left| x+1 \right|-x \right]_{1}^{4}=\]\[=\frac{31}{24}+5\ln \frac{5}{2}-3=5\ln \frac{5}{2}-\frac{41}{24}\approx 2,873\] \[{{R}_{3}}=\int\limits_{1}^{4}{\left( -\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+1-\frac{-x+4}{x+1}+ \right)}\,dx=\left[ -\frac{1}{12}{{x}^{3}}+\frac{3}{8}{{x}^{2}}+2x-5\ln \left| x+1 \right| \right]_{1}^{4}=\frac{51}{8}-5\ln \frac{5}{2}\approx 1,793\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Maria Rosaria la seguente domanda:

Non riesco a calcolare il volume richiesto dal seguente esercizio:

Il profilo di uno stagno può essere descritto, in un piano cartesiano, da una curva chiusa costituita da due tratti di parabola di equazioni rispettivamente \(y=-x^2+4x\) e \(y=2x^2-8x\). La profondità dello stagno può essere modellizzata, punto per punto, dalla funzione \(h\left( x \right)=\frac{1}{x+1}\). Calcola il volume d’acqua, espresso in litri, supponendo che l’unità di misura del sistema di riferimento sia il metro.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Maria Rosaria,

possiamo pensare lo stagno come un solido formato dalla sovrapposizione lungo l’asse \(x\), nell’intervallo \(0\le x\le 4\), di “fogli” rettangolari aventi per dimensioni la differenza fra le ordinate delle due parabole e il valore di \(h(x)\) in quel punto, cioè rettangoli di superficie  \[S\left( x \right)=\frac{-{{x}^{2}}+4x-\left( 2{{x}^{2}}-8x \right)}{x+1}=\frac{-3{{x}^{2}}+12x}{x+1}\ {{m}^{2}}\quad .\]

Pertanto, il volume d’acqua dello stagno è dato dall’integrale seguente: \[V=\int\limits_{0}^{4}{S\left( x \right)dx}=-3\int\limits_{0}^{4}{\frac{{{x}^{2}}-4x}{x+1}dx}=\]\[=-3\int\limits_{0}^{4}{\left( x-5 \right)dx-15}\int\limits_{0}^{4}{\frac{1}{x+1}dx=}\]\[=-3\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}}-5x \right]_{0}^{4}-15\left[ \ln \left| x+1 \right| \right]_{0}^{4}=3\left( 12-5\ln 5 \right)\ {{m}^{3}}=\]\[=3\left( 12-5\ln 5 \right)\cdot {{10}^{3}}\ lt\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho ancora bisogno del suo aiuto col seguente problema (n.76, pag.24, Verso la seconda prova di matematica):

In figura è rappresentato il grafico della funzione \(g(x)=f’(x)\). I tratti \(AB\) e \(BC\) sono segmenti di retta, il tratto \(CDE\) appartiene a un arco di parabola con asse parallelo all’asse \(y\), e in \(C\) la funzione \(g(x)\) è derivabile.

a. Sapendo che \(f(0)=0\), calcola \(f(2)\) e \(f(4)\), quindi traccia un grafico plausibile della funzione \(f(x)\).

b. Ricava l’espressione analitica di \(g(x)\), quindi calcola \(f(8)\) e \(f(10)\).

c. Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) dell’arco di parabola \(CD\).

Grazie mille

Le rispondo così:

Cara Paola,

ricaviamo subito l’espressione analitica di \(g(x)\): \[g(x)=\left\{ \begin{array}{lll} x+2\quad\quad 0\le x\le 2  \\ -2x+8\quad\quad 2<x<4 \\ \frac{1}{2}x^2-6x+16 \quad 4\le x\le 10 \end{array} \right.\] e da questa, integrando e raccordando le costanti in modo che \(f(x)\) risulti continua nell’intervallo \(\left[ 0;10 \right]\) e tale che \(f(0)=0\), ricaviamo l’espressione anlitica di \(f(x)\): \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{2}x^2+2x\quad\quad\quad 0\le x\le 2  \\ -x^2+8x-6\quad\quad 2<x<4 \\ \frac{1}{6}x^3-3x^2+16x-\frac{50}{3} \quad 4\le x\le 10 \end{array} \right.\] da cui facilmente otteniamo: \[f\left( 2 \right)=6,\ f\left( 4 \right)=10,\ f\left( 8 \right)=\frac{14}{3},\ f\left( 10 \right)=10\quad .\]

Infine, il volume del solido richiesto è dato dal seguente integrale: \[V=\pi \int\limits_{4}^{8}{{{\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}-6x+16 \right)}^{2}}dx=\pi \left[ \frac{1}{20}{{x}^{5}}-\frac{3}{2}{{x}^{4}}-\frac{52}{3}{{x}^{3}}-96{{x}^{2}}+256x \right]_{4}^{8}}=\frac{128}{15}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Carmen la seguente domanda:

Caro professore,

avrei bisogno di aiuto per i seguenti esercizi (nn. 64 e 66, pag.19, “Verso la seconda prova di matematica 2016″):

 1) Il grafico della funzione \(f\left( x \right)\) in figura è costituito da tre archi di circonferenza.

 a.     Ricava l’espressione analitica di \(f\left( x \right)\) e metti in evidenza gli eventuali punti di non derivabilità della funzione stessa.

 b.    Senza far ricorso al calcolo  integrale determina \(F\left( 1 \right)\), \(F\left( 2 \right)\), \(F\left( 3 \right)\) e \(F\left( 4 \right)\), dove \(F\left( x \right)\) è la funzione integrale di \(f\) in \(\left[ 0;4 \right]\), quindi traccia un grafico plausibile di \(F\left( x \right)\).

2) Nel piano \(Oxy\) è tracciata la semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) e la curva \({{\gamma }_{2}}\), grafico della funzione: \[f\left( x \right)=\frac{ax}{{{x}^{4}}+b}\;,\] con \(x\ge 0\), \(a\) e \(b\) costanti reali positive.

a.     Determina \(a\) e \(b\) in modo che \({{\gamma }_{1}}\) e \({{\gamma }_{2}}\) si intersechino nel punto di ascissa \(x=1\) e \({{\gamma }_{2}}\) presenti il massimo relativo in corrispondenza a \(x=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\).

b.    Per i valori di  \(a\) e \(b\) trovati al punto precedente, dimostra che le regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) delimitate dalle due curve hanno la stessa area.

c.     Dimostra che, nelle stesse ipotesi, anche le regioni \({{S}_{3}}\) e \({{S}_{4}}\) hanno superfici equivalenti.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Carmen,

nel primo caso, possiamo ricavare l’espressione di \(f(x)\) nel seguente modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} 1-\sqrt{1-{{x}^{2}}}\quad 0\le x\le 1 \\ 1+\sqrt{-{{x}^{2}}+4x-3}\quad 1<x<3 \\ 1-\sqrt{-{{x}^{2}}+8x-15}\quad 3\le x\le 4  \end{array} \right. \quad .\] La funzione integrale \(F\left( x \right)\) non è altro che l’area del sottografico di \(f(x)\) tra \(0\) e \(x\), per cui: \[F\left( 1 \right)=1-\frac{\pi }{4},\ F\left( 2 \right)=F\left( 1 \right)+1+\frac{\pi }{4}=2\]\[F\left( 3 \right)=F\left( 2 \right)+1+\frac{\pi }{4}=3+\frac{\pi }{4},\ F\left( 4 \right)=F\left( 3 \right)+F\left( 1 \right)=4\ .\]

\(F\left( x \right)\) è una funzione crescente il cui grafico potrebbe essere rappresentato come nella figura a fianco.

Nel secondo caso, poiché l’equazione della semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) è \(y=\sqrt{-{{x}^{2}}+2x}\), la condizione di intersezione con \({{\gamma }_{2}}\) nel punto \((1,1)\) implica l’uguaglianza \(\frac{a}{1+b}=1\to a=1+b\), mentre la condizione sul massimo relativo comporta: \[f'\left( x \right)=\frac{a\left( b-3{{x}^{4}} \right)}{{{\left( {{x}^{4}}+b \right)}^{2}}}\to f'\left( \frac{1}{\sqrt[4]{3}} \right)=0\leftrightarrow \frac{a\left( b-1 \right)}{{{\left( \frac{1}{3}+b \right)}^{2}}}=0\to b=1\wedge a=2\quad .\] Pertanto: \[f\left( x \right)=\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}\quad \quad \quad x\ge 0\quad .\] Poiché l’area del sottografico di \({{\gamma }_{1}}\) nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\) misura \(\frac{\pi }{4}\), per dimostrare l’equivalenza delle regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) è necessario e sufficiente dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nello stesso intervallo misura \(\frac{\pi }{4}\), cioè che \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\frac{\pi }{4}}\). Posto \({{x}^{2}}=t\), possiamo calcolare l’integrale e confermare l’ipotesi: \[\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=}\left[ \arctan t \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{4}\quad .\] In modo analogo al punto precedente, si tratta di dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nell’intervallo illimitato \(\left[ 1,+\infty  \right[\) misura \(\frac{\pi }{4}\), il che equivale al calcolo del seguente integrale improprio: \[\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\int\limits_{1}^{{{k}^{2}}}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\left( \arctan \left( {{k}^{2}} \right)-\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Domenica la seguente domanda:

Gentile professore,

ho questo quesito:

Se l’integrale definito da \(2\) a \(6\) di una funzione \(f(x)\) è uguale a \(2\), si può stabilire qual è l’integrale definito da \(1\) a \(3\) di \(f(2x)\)?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Domenica,

la risposta è sì, infatti, posto \(t=2x\), cioè \(x=\frac{t}{2}\), si ha: \[\int\limits_{1}^{3}{f\left( 2x \right)}\,dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{6}{f\left( t \right)}\,dt=\frac{1}{2}\cdot 2=1\quad .\] In generale, come si comprende anche dall’esempio rappresentato in figura, si ha: \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( 2x \right)}\,dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2a}^{2b}{f\left( t \right)}\,dt \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Carmen la seguente domanda:

Salve professore,

potrebbe aiutarmi a risolvere questo problema (n.65, pag.19, Verso la seconda prova di Matematica)?

Nel piano cartesiano è riportato il motivo a petalo di fiore rappresentato in figura su una piastrella quadrata di lato \(3\;dm\). Il profilo superiore \(OAB\) del petalo è rappresentato da una funzione del tipo \(f(x)=a\log_2(x+k)\), con \(a, k>0\) e \(x\in\left[ 0;3 \right]\). Il profilo inferiore \(OCB\) è simmetrico a quello superiore rispetto alla bisettrice del primo quadrante.

a. Determina i valori di \(a\) e \(k\).

b. Determina l’espressione analitica della funzione che rappresenta il profilo inferiore del petalo.

c. Calcola l’area racchiusa dal petalo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Carmen,

imponendo che si abbia \(f\left( 0 \right)=0\) e \(f\left( 3 \right)=3\), si ha:           \[a{{\log }_{2}}k=0\leftrightarrow k=1\quad \to \quad a{{\log }_{2}}\left( 4 \right)=3\leftrightarrow a=\frac{3}{2}\] per cui \(f\left( x \right)=\frac{3}{2}{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)\) e quindi, operando lo scambio \(x\leftrightarrow y\) rappresentato dalla simmetria rispetto alla bisettrice del quadrante, si ottiene la funzione inversa \[x=\frac{3}{2}{{\log }_{2}}\left( y+1 \right)\to y+1={{2}^{\frac{2}{3}x}}\to y={{2}^{\frac{2}{3}x}}-1\quad .\] Per calcolare l’area \(S\) racchiusa dal petalo possiamo sfruttare la simmetria e porre\[S=2\int\limits_{0}^{3}{\left( x-{{2}^{\frac{2}{3}x}}+1 \right)dx}=2\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}}+x \right]_{0}^{3}-2\int\limits_{0}^{3}{{{e}^{\frac{2x\ln 2}{3}}}dx=}\]\[=15-\frac{3}{\ln 2}\left[ {{2}^{\left( 2x/3 \right)}} \right]_{0}^{3}=15-\frac{9}{\ln 2}\;dm^3\quad .\]

Massimo Bergamini