Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Egregio professore,

incontro difficoltà nella risoluzione di questi problemi (pag. 2055, nn.287, 288, 289, Matematica.blu 2.0):

1) Calcola l’area della regione contenuta nel semipiano delle ordinate positive delimitata dall’ellisse di equazione \(\frac{{{x}^{2}}}{16}+\frac{{{y}^{2}}}{4}=1\).

2) Data la parabola di equazione \(y=ax^2+3x+5\), con \(a\in\mathbb{R}\), determina il valore di \(a\) in modo che l’area della regione finita di piano individuata dalla parabola e dalla retta di equazione \(y=x+5\) sia uguale a \(\frac{1}{3}\).

3) Dopo aver rappresentato graficamente la funzione \(y=x^3-x^2\), determina l’area della regione finita di piano compresa fra la curva, la retta a essa tangente nel suo punto di minimo e la retta a essa tangente nel suo punto di intersezione con l’asse \(x\) distinto dall’origine.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso si può ricavare l’area \(S\) richiesta, sfruttando la simmetria e utilizzando le sostituzione \(x=4t\) e \(t=\sin p\), nel modo seguente:      \[S=2\int\limits_{0}^{4}{2\sqrt{1-{{\left( \frac{x}{4} \right)}^{2}}}}dx=16\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}dt=}\]\[=16\int\limits_{0}^{\pi /2}{{{\cos }^{2}}p\,dp=}8\left[ p+\sin p\cos p \right]_{0}^{\pi /2}=4\pi \] a conferma della formula \(2S=ab\pi =8\pi\) per l’area dell’ellisse in funzione dei semiassi, deducibile per affinità da quella del cerchio.

Nel secondo caso, si trova che retta e parabola si intersecano nei punti \(A(-\frac{2}{a};5-\frac{2}{a})\) e \(B(0;5)\), per cui si ha: \[S=\left| \int\limits_{-2/a}^{0}{\left( a{{x}^{2}}+2x \right)dx} \right|=\left| \left[ \frac{1}{3}a{{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right]_{-2/a}^{0} \right|=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\] da cui: \[\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{1}{3}\leftrightarrow a=\pm 2\quad .\]

Nel terzo caso, essendo \(y=-\frac{4}{27}\) la retta tangente nel punto di minimo \(A(2/3;-4/27)\) e \(y=x-1\) la tangente nel punto \((1;0)\), ed essendo \(C(23/27;-4/27)\) il punto di intersezione delle due tangenti, si può calcolare l’area della regione \(S\) nel modo seguente: \[S=\int\limits_{2/3}^{23/27}{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}+\frac{4}{27} \right)dx+}\int\limits_{23/27}^{1}{\left( {{x}^{3}}-{{x}^{2}}-x+1 \right)dx=}\]\[=\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{4x}{27} \right]_{2/3}^{23/27}+\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+x \right]_{23/27}^{1}=…\]\[...=\frac{13}{2916}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuterebbe nella risoluzione di questi problemi (pag.2056, nn. 291, 294, 312, Matematica.blu 2.0)?

1) Rappresenta graficamente la funzione \(y=\frac{2x+1}{{{x}^{2}}-4x+4}\) e calcola l’area della regione finita di piano compresa fra l’asse \(x\), la retta di equazione \(x=1\) e la retta parallela all’asse \(y\) passante per il punto di minimo della funzione.

2) Rappresenta la funzione \(y=\frac{{{x}^{2}}+1}{x+1}\) e determina l’area della regione finita delimitata dagli assi \(x\) e \(y\), dal grafico della funzione e dalla retta parallela all’asse \(y\) passante per il punto di minimo relativo della funzione.

3) Studia la funzione \(f\left( x \right)=\frac{2x-5}{{{\left( x-2 \right)}^{3}}}\) e rappresenta il grafico \(\gamma\). Determina della parabola che passa per i punti \(F\), \(A\), \(B\), essendo \(F\) il flesso di \(\gamma\), \(A\) l’ulteriore punto di intersezione di \(\gamma\) con la tangente inflessionale e \(B\) il punto di intersezione di \(\gamma\) con l’asse \(x\). Calcola poi l’area della regione finita di piano delimitata dalle due curve.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, una volta individuato il minimo della funzione nel punto \(E(-3;-1/5)\), si osserva che la regione è formata da due parti, l’una al di sotto dell’asse \(x\) (nell’intervallo \(\left[ -3;-1/2 \right]\)) e l’altra al di sopra dell’asse \(x\) (nell’intervallo \(\left[ -1/2;1 \right]\)), per cui l’area \(S_1\) cercata è data da: \[{{S}_{1}}=-\int\limits_{-3}^{-1/2}{\frac{2x+1}{{{x}^{2}}-4x+4}dx+}\int\limits_{-1/2}^{1}{\frac{2x+1}{{{x}^{2}}-4x+4}dx}\] e poiché \[\int{\frac{2x+1}{{{x}^{2}}-4x+4}dx=}\int{\frac{2x-4}{{{x}^{2}}-4x+4}dx+5}\int{\frac{1}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}dx}=2\ln \left| x-2 \right|-\frac{5}{x-2}+c\] si ha:          \[{{S}_{1}}=\left[ 2\ln \left| x-2 \right|-\frac{5}{x-2} \right]_{-1/2}^{-3}+\left[ 2\ln \left| x-2 \right|-\frac{5}{x-2} \right]_{-1/2}^{1}=\]\[=2\ln 2-1+3-2\ln 5+2\ln 2=2+2\ln \frac{4}{5}\quad .\]

Nel secondo caso, una volta individuato il minimo della funzione nel punto \(B(\sqrt{2}-1;2(\sqrt{2}-1))\), si tratta di calcolare: \[{{S}_{2}}=\int\limits_{0}^{\sqrt{2}-1}{\frac{{{x}^{2}}+1}{x+1}dx}=2\int\limits_{0}^{\sqrt{2}-1}{\frac{1}{x+1}dx+\int\limits_{0}^{\sqrt{2}-1}{\left( x-1 \right)dx}=}\]\[=2\left[ \ln \left| x+1 \right| \right]_{0}^{\sqrt{2}-1}+\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}}-x \right]_{0}^{\sqrt{2}-1}=\ln 2+\frac{5}{2}-2\sqrt{2}\quad .\]

Infine, nell’ultimo caso, individuati il flesso \(F(3;1)\), la tangente inflessionale \(y=-x+4\) e il suo ulteriore punto di intersezione con la curva \(\gamma\), cioè \(A(1;3)\), e il punto di intersezione \(B(5/2;0)\) tra \(\gamma\) e l’asse \(x\), si ricava l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse \(y\) passante per \(A\), \(B\) e \(F\), cioè: \[y=2{{x}^{2}}-9x+10\] per cui la regione in questione ha area:        \[{{S}_{3}}=\int\limits_{5/2}^{3}{\left( \frac{2x-5}{{{\left( x-2 \right)}^{3}}}-2{{x}^{2}}+9x-10 \right)}dx=\] \[=2\int\limits_{5/2}^{3}{\frac{1}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}}-\int\limits_{5/2}^{3}{\frac{1}{{{\left( x-2 \right)}^{3}}}}+\left[ -\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{9}{2}{{x}^{2}}-10x \right]_{5/2}^{3}=\]\[=2\left[ -\frac{1}{x-2} \right]_{5/2}^{3}+\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}} \right]_{5/2}^{3}-\frac{5}{24}=\]\[=\frac{1}{2}-\frac{5}{24}=\frac{7}{24}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

ho provato a risolvere il seguente esercizio (n.80, pag.26, Verso la seconda prova di matematica), mi può aiutare?

Data la curva di equazione \(y=x\cdot {{e}^{{{x}^{3}}}}\), considera la regione finita del piano cartesiano delimitata dalla curva, dall’asse delle ascisse e dalla retta di equazione \(x=-1\). Calcola il volume del solido generato da tale regione nella rotazione completa attorno all’asse \(x\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

dal momento che la funzione è negativa per ogni \(x<0\), e nulla per \(x=0\), si tratta di calcolare il seguente integrale definito:            \[V=\pi \int\limits_{-1}^{0}{{{x}^{2}}{{e}^{2{{x}^{3}}}}dx}=\frac{\pi }{6}\int\limits_{-1}^{0}{6{{x}^{2}}{{e}^{2{{x}^{3}}}}dx}=\]\[=\frac{\pi }{6}\left[ {{e}^{2{{x}^{3}}}} \right]_{-1}^{0}=\frac{\pi }{6}\left( 1-{{e}^{-2}} \right)\] avendo osservato che la funzione integranda \(y=6{{x}^{2}}{{e}^{2{{x}^{3}}}}\) è la derivata della funzione \(y={{e}^{2{{x}^{3}}}}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Buongiorno professore,

ho difficoltà a risolvere alcuni problemi (pag.2060, nn. 341, 344, 347, 351 Matematica.blu 2.0):

1) Dopo aver studiato la funzione \(y=\sqrt{\frac{x+1}{x-2}}\), determina il volume del solido generato da una rotazione di \(360^\circ\) attorno all’asse \(x\) della regione finita di piano delimitata dal grafico della funzione e dalle rette di equazioni \(x=3\) e \(x=4\).

2) Data la funzione \(y=-4x^3+5x\), determina il valore di \(a\), con \(0<a<\frac{\sqrt{5}}{2}\), in modo che il volume del solido generato da una rotazione di \(360^\circ\) attorno all’asse \(x\) della regione finita di piano delimitata dal grafico della funzione, dall’asse \(x\) e dalla retta di equazione \(x=a\) sia uguale a \(\frac{55}{21}\pi {{a}^{3}}\).

3) Studia la funzione \(f\left( x \right)=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x^2-\frac{2}{3}x\) e disegna il suo grafico. Calcola poi il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) della regione finita piana che si trova nel quadrante \(x\ge 0\), \(y\ge 0\), delimitata dai grafici di \(y=f(x)\) e di \(y=x\).

4) 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 Lucia,

nel primo caso, una volta rappresentata la funzione, otteniamo il volume cercato semplicemente come \[{{V}_{1}}=\pi \int\limits_{3}^{4}{\frac{x+1}{x-2}dx}=\pi \int\limits_{3}^{4}{\frac{x-2}{x-2}dx}+3\pi \int\limits_{3}^{4}{\frac{1}{x-2}dx=}\]\[=\pi \left[ x \right]_{3}^{4}+3\pi \left[ \ln \left| x-2 \right| \right]_{3}^{4}=\pi +3\pi \ln 2\quad .\]

Nel secondo caso, posto che il grafico della funzione \(y=-4x^3+5x\) è simmetrico rispetto all’origine e incontra l’asse \(x\) nei punti di ascissa \(x=0\) e \(x=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}\), si deve avere: \[\pi \int\limits_{0}^{a}{\left( 16{{x}^{6}}-40{{x}^{4}}+25{{x}^{2}} \right)}dx=\frac{55}{21}\pi {{a}^{3}}\to \]\[\to \left[ \frac{16}{7}{{x}^{7}}-8{{x}^{5}}+\frac{25}{3}{{x}^{3}} \right]_{0}^{a}=\frac{55}{21}\pi {{a}^{3}}\leftrightarrow 2{{a}^{4}}-7{{a}^{2}}+5=0\to \]\[\to 2{{a}^{4}}-7{{a}^{2}}+5=0\to a=1\quad .\]

Nel terzo caso, detta \(O\) l’origine, \(A(1;0)\) l’altra intersezione tra il grafico di \(f(x)\) e l’asse \(x\) che cade nel primo quadrante, \(B(2;2)\) l’intersezione tra il grafico di \(f(x)\) e la retta \(y=x\) appartenente al primo quadrante, osserviamo che la regione in questione è delimitata dai segmenti \(OA\) e \(OB\), e dall’arco \(AB\) del grafico di \(f(x)\): una rotazione completa intorno a \(x\) di tale regione produce un solido il cui volume si può ottenere per sottrazione dal cono di altezza \(OH\) e raggio di base \(BH\) (essendo \(H\) la proiezione di \(B\) sull’asse \(x\)) del solido generato dalla rotazione del sottografico dell’arco \(AB\), cioè: \[{{V}_{3}}=\frac{8}{3}\pi -\frac{\pi }{36}\int\limits_{1}^{2}{{{\left( {{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-4x \right)}^{2}}dx}=\]\[=\frac{8}{3}\pi -\left[ \frac{{{x}^{7}}}{7}+{{x}^{6}}+\frac{{{x}^{5}}}{5}-6{{x}^{4}}+\frac{16}{3}{{x}^{3}} \right]_{1}^{2}=\frac{6439}{3780}\pi \quad .\]

Nell’ultimo caso, osservando che la retta e la parabola si intersecano nei punti \(A(1;3)\) e \(B(3;3)\), si tratta di ruotare intorno a \(r\) la regione delimitata dall’arco di parabola \(AB\) e dalla corda \(AB\): se operiamo  nel piano una traslazione delle ordinate \(y\to y-3\), la parabola \(\gamma\) assume l’equazione \(-x^2+4x-3\), e la retta \(r\) coincide con l’asse \(x\), per cui possiamo ottenere: \[{{V}_{4}}=\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left( -{{x}^{2}}+4x-3 \right)}^{2}}dx}=\]\[=\pi \left[ \frac{{{x}^{5}}}{5}-2{{x}^{4}}+\frac{22}{3}{{x}^{3}}-12{{x}^{2}}+9x \right]_{1}^{3}=\frac{16}{15}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Egregio professore,

ho difficoltà a risolvere alcuni esercizi (pag.2055, nn. 292, 293, 296, 297 Matematica.blu 2.0):

1) Rappresenta graficamente la funzione \(y=\sqrt{\frac{x}{4-x}}\) e determina l’area della regione finita di piano compresa fra la curva, l’asse \(y\) e la retta tangente alla curva nel suo punto di flesso. (Suggerimento. Per il calcolo dell’integrale poni \(x=4\sin^2 t\)).

2) Dopo aver disegnato il grafico della funzione \(y=1-x e^{-x}\), calcola l’area della regione finita di piano delimitata dallo stesso grafico, dal suo asintoto, dall’asse \(y\) e dalla retta di equazione \(x=2\).

3) Calcola l’area della parte di piano delimitata dai grafici delle funzioni \(f(x)=\frac{1}{1+x^2}\) e \(g(x)=\frac{x^2}{2}\).

4) Rappresenta graficamente l’iperbole di equazione \(xy=6\) e determina le equazioni delle tangenti all’iperbole nel suo punto \(A\) di ascissa \(3\) e nel suo punto \(B\) di ascissa \(1\). Individua il punto \(C\) di intersezione delle due tangenti e calcola l’area del triangolo mistilineo \(ABC\), avente il lato \(AB\) appartenente all’iperbole.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, determinato il punto di flesso \(A(1,\frac{\sqrt{3}}{3})\) come punto a derivata seconda nulla, cioè \[f''\left( x \right)=\frac{4\left( x-1 \right)}{{{x}^{3/2}}{{\left( 4-x \right)}^{5/2}}}=0\leftrightarrow x=1\] si ha la retta tangente \(y=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left( x-1 \right)+\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}x+\frac{\sqrt{3}}{9}\), per cui l’area richiesta è \[S=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{2\sqrt{3}}{9}x+\frac{\sqrt{3}}{9}-\sqrt{\frac{x}{4-x}} \right)dx=}\]\[=\frac{\sqrt{3}}{9}\left[ {{x}^{2}}+x \right]_{0}^{1}-8\int\limits_{0}^{\pi /6}{\sqrt{\frac{{{\sin }^{2}}t}{1-{{\cos }^{2}}t}}\sin t\cos tdt=}\]\[=\frac{2\sqrt{3}}{9}-8\int\limits_{0}^{\pi /6}{{{\sin }^{2}}tdt=\frac{2\sqrt{3}}{9}-8\left[ \frac{t}{2}-\frac{\sin 2t}{4} \right]_{0}^{\pi /6}}=\]\[=\frac{11\sqrt{3}}{9}-\frac{2}{3}\pi \quad .\]

Nel secondo caso, l’area è data dall’integrale  \[S=\int\limits_{0}^{2}{\left( 1-\left( 1-x{{e}^{-x}} \right) \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{x{{e}^{-x}}dx}=\]\[=\left[ -x{{e}^{-x}} \right]_{0}^{2}+\int\limits_{0}^{2}{{{e}^{-x}}dx}=-2{{e}^{-2}}+\left[ -{{e}^{-x}} \right]_{0}^{2}=1-3{{e}^{-2}}\quad .\]

Nel terzo caso, individuati i punti di intersezione \(A(-1,1/2)\) e \(B(1,1/2)\) tra le due curve, utilizzando la simmetria delle stesse, si ha:

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

Infine, nell’ultimo caso, individuata la retta tangente in \(A\), \(y=-\frac{2}{3}x+4\), e la retta tangente in \(B\), \(y=-6x+12\), e il punto di intersezione \(C(3/2,3)\), possiamo calcolare l’area dividendola in due parti:

\[S=\int\limits_{0}^{3/2}{\left( \frac{6}{x}-\left( -6x+12 \right) \right)}dx+\int\limits_{3/2}^{3}{\left( \frac{6}{x}-\left( -\frac{2}{3}x+4 \right) \right)}dx=\]\[=\left[ 6\ln x+3{{x}^{2}}-12x \right]_{1}^{3/2}+\left[ 6\ln x+\frac{1}{3}{{x}^{2}}-4x \right]_{3/2}^{3}=\]\[=\left[ 6\ln x+3{{x}^{2}}-12x \right]_{1}^{3/2}+\left[ 6\ln x+\frac{1}{3}{{x}^{2}}-4x \right]_{3/2}^{3}=\]\[=6\ln 3-6\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

mi servirebbe un aiuto per i seguenti esercizi (n.270, n.280, n.281, pag.2053, Matematica.blu 2.0):

1) Trova l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse \(y\), che ha il vertice di ordinata \(-\frac{9}{4}\), passa per \(A(0;10)\) e ha tangente in \(A\) di coefficiente angolare \(-7\). Disegna la curva, considera la retta di equazione \(y=-1\) e trova l’area della parte finita di piano delimitata dalla parabola e dalla retta.

2) Disegna le parabole di equazioni \(y=x^2-7x+10\) e \(y=-x^2+8x-12\). Conduci una retta parallela all’asse \(y\) nella zona \(S\) racchiusa dalle due parabole in modo che la corda intercettata su di essa dalle parabole abbia lunghezza massima. Calcola poi l’area di \(S\) e delle due parti in cui \(S\) resta divisa dalla retta trovata.

3) Determina l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse \(y\), con il vertice di ascissa \(x=4\) e passante per i punti \(A(6;0)\) e \(B(0;12)\). Considera la retta \(t\) tangente in \(A\) alla parabola e la retta \(r\) parallela all’asse \(x\) passante per \(B\). Calcola l’area della regione delimitata dalla parabola e dalle rette \(r\) e \(t\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, posto che \(y=ax^2+bx+c\) è la funzione cercata, \(y’=2ax+b\) la sua derivata, le condizioni poste implicano: \[10=c\quad b=-7\quad \to \frac{-49+40a}{4a}=-\frac{9}{4}\to a=1\] per cui la parabola ha equazione \(y=x^2-7x+10\). Poiché la retta \(y=-1\) incontra la parabola nei punti \(B\left( \left( 7-\sqrt{5} \right)/2,-1 \right)\) e \(C\left( \left( 7+\sqrt{5} \right)/2,-1 \right)\), l’area della regione richiesta risulta: \[\int\limits_{\frac{7-\sqrt{5}}{2}}^{\frac{7+\sqrt{5}}{2}}{\left( -1-\left( {{x}^{2}}-7x+10 \right) \right)dx=\left[ -\frac{1}{3}{{x}^{3}}+\frac{7}{2}{{x}^{2}}-11x \right]_{\frac{7-\sqrt{5}}{2}}^{\frac{7+\sqrt{5}}{2}}}=\frac{5}{6}\sqrt{5}\quad .\]

Nel secondo caso, le due parabole in questione si incontrano nei punti \(A(2;0)\) e \(B(11/2;7/4)\). La retta \(x=k\), con \(2\le k\le 11/2\), definisce una corda \(CD\) di lunghezza \(d(k)=-2k^2+15k-22\), per cui, derivando e uguagliando a \(0\), si ha: \[d'\left( k \right)=-4k+15\to d'\left( k \right)=0\leftrightarrow k=\frac{15}{4}\] e quindi è la retta \(x=\frac{15}{4}\) che definisce la corda di lunghezza massima. Si possono ricavare le aree richieste con i seguenti integrali: \[{{S}_{1}}=\int\limits_{2}^{15/4}{\left( -2{{x}^{2}}+15x-22 \right)dx=\left[ -\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{15}{2}{{x}^{2}}-22x \right]}_{2}^{15/4}=\frac{343}{48}\]\[{{S}_{2}}=\int\limits_{15/4}^{11/2}{\left( -2{{x}^{2}}+15x-22 \right)dx=\left[ -\frac{2}{3}{{x}^{3}}+\frac{15}{2}{{x}^{2}}-22x \right]}_{15/4}^{11/2}=\frac{343}{48}\]

\[{{S}_{1}}+{{S}_{2}}=2\cdot \frac{343}{48}=\frac{343}{24}\quad .\]

Nel terzo caso, ricavata l’equazione della parabola, \(y=x^2-8x+12\), e l’equazione della retta \(t\) tangente in \(A(6;0)\) alla parabola, cioè \(y=4x-24\), nonché le coordinate dei punti \(C(9;12)\) e \((D(8;12)\) in cui la retta \(r:\;y=12\) incontra rispettivamente la parabola e la retta tangente \(t\), possiamo ricavare l’area \(S\) del triangolo mistilineo \(ACD\) per differenza, sottraendo all’area del rettangolo delimitato dalle ascisse \(x=6\) e \(x=9\) e dalle ordinate \(y=0\) e \(y=12\) l’area del triangolo \(ACH\), essendo \(H\) la proiezione di \(C\) sull’asse \(X\), e l’area della regione compresa tra \(r\) e la parabola nell’intervallo \(6\le x\le 8\), cioè: \[S=36-18-\int\limits_{6}^{8}{\left( 12-{{x}^{2}}+8x-12 \right)dx=}\]\[=18-\left[ -\frac{1}{3}{{x}^{3}}+4{{x}^{2}} \right]_{6}^{8}=\frac{14}{3}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come si risolve questo quesito?

Data una semicirconferenza di diametro \(AB=2r\), condurre due corde \(AC\) e \(AD\), la prima uguale al lato del quadrato inscritto nella circonferenza, la seconda al lato del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza. Determinare l’area \(S\) della superficie totale del solido generato dalla rotazione intorno ad \(AB\) del triangolo mistilineo \(ACD\) che ha per lati le due corde \(AC\) e \(AD\) e l’arco \(CD\), e  il volume \(V\) del solido stesso, applicando i procedimenti di calcolo con integrali definiti, dimostrando che risulta un volume uguale a \(5/16\) di quello della sfera di raggio \(r\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

si ricava facilmente che \(AC=\sqrt{2}r\) e \(AD=\sqrt{3}r\), per cui la superficie \(S\) è data dalla somma delle superfici laterali di due coni, di apotemi \(\sqrt{2}r\), \(\sqrt{3}r\) e raggi di base \(r\), \(\frac{\sqrt{3}}{2}r\) rispettivamente, e dalla superficie di una calotta sferica a due basi di altezza \(h=\frac{r}{2}\): \[S=\pi \sqrt{2}{{r}^{2}}+\pi \frac{3}{2}{{r}^{2}}+\pi {{r}^{2}}=\pi \left( \frac{2\sqrt{2}+5}{2} \right){{r}^{2}}\quad .\]

Riguardo al volume, posto che in un riferimento \(Oxy\) avente l’asse \(x\) lungo \(AB\), con origine in \(A\), \(AC\) appartiene alla retta \(y=x\), \(AD\) alla retta \(y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\), e l’arco \(CD\) al grafico della funzione \(y=\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}\), si ha: \[V=\pi \int\limits_{0}^{r}{{{x}^{2}}dx}+\pi \int\limits_{r}^{3r/2}{\left( 2rx-{{x}^{2}} \right)dx}-\pi \int\limits_{0}^{3r/2}{\frac{1}{3}{{x}^{2}}dx=}\]\[=\pi \left\{ \left[ \frac{1}{3}{{x}^{3}} \right]_{0}^{r}+\left[ r{{x}^{2}}-\frac{1}{3}{{x}^{3}} \right]_{r}^{3r/2}-\left[ \frac{1}{9}{{x}^{3}} \right]_{0}^{3r/2} \right\}=\]\[=\pi \left( \frac{1}{3}{{r}^{3}}+\frac{9}{4}{{r}^{3}}-\frac{9}{8}{{r}^{3}}-{{r}^{3}}+\frac{1}{3}{{r}^{3}}-\frac{3}{8}{{r}^{3}} \right)=\frac{5}{12}\pi {{r}^{3}}=\frac{5}{16}\left( \frac{4}{3}\pi {{r}^{3}} \right)\] come volevasi dimostrare.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego di aiutarmi con questo quesito:

Data la parabola di equazione \(y=\frac{{{x}^{2}}}{2}\) e la circonferenza di equazione \(x^2+y^2=\frac{25}{4}\), determinare una retta che passa per l’origine degli assi che incontra la parabola in un punto \(M\) del primo quadrante in modo che facendo ruotare la figura attorno all’asse delle ascisse il volume generato dalla superficie compresa tra la corda \(OM\) e l’arco \(OM\) di parabola sia uguale al quintuplo del volume della sfera generata dal cerchio dato.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

posto che \(M\) abbia coordinate \(\left( k,\frac{{{k}^{2}}}{2} \right)\), il volume \(V\) del solido di rotazione in questione si può ottenere per differenza tra il volume del cono di altezza \(k\) e raggio di base \(\frac{{{k}^{2}}}{2}\) e il volume del solido ottenuto dalla rotazione del sottografico dell’arco di parabola \(OM\), cioè: \[V=\frac{1}{3}\pi \frac{{{k}^{5}}}{4}-\pi \int\limits_{0}^{k}{\frac{{{x}^{2}}}{4}dx}=\frac{\pi }{12}{{k}^{5}}-\frac{\pi }{20}{{k}^{5}}=\frac{\pi }{30}{{k}^{5}}\] per cui l’uguaglianza richiesta si realizza se e solo se \[\frac{\pi }{30}{{k}^{5}}=5\frac{4}{3}\pi \frac{125}{8}\to {{k}^{5}}={{5}^{5}}\to k=5\] da cui si ricava la retta \(OM\), cioè \(y=\frac{5}{2}x\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gent.mo professore,

non riesco a risolvere questi due integrali definiti:

\[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx\quad \quad \int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

il primo integrale è immediato, in quanto \(1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right)\) è la derivata di \(\frac{1}{4}\tan \left( 4x \right)\), per cui: \[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx=\frac{1}{4}\left[ \tan \left( 4x \right) \right]_{0}^{\pi /4}=\frac{1}{4}\left( \tan \pi -\tan 0 \right)=0\quad .\]

Il secondo è un integrale generalizzato, che equivale alla somma dei seguenti limiti:\[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{k}^{-1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{-1}^{h}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{t}^{1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}\] e poiché \(\frac{1}{x\left( x-4 \right)}=\frac{1}{4\left( x-4 \right)}-\frac{1}{4x}\), si ha: \[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{k}^{-1}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{-1}^{h}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{t}^{1}=\]\[=\frac{1}{4}\ln 5-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\ln 5+\frac{1}{4}\ln 3-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|=\]\[=\frac{\ln 3}{4}-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|\] ma poiché, a differenza del primo, gli ultimi due limiti sono entrambi infiniti, l’integrale non converge. Si può tuttavia parlare di una parte principale, nel senso di Cauchy, di tale integrale se si considera la reciproca “cancellazione” degli ultimi due integrali, cosa che si sarebbe verificata se (erroneamente) si fosse posto \(h=t\) negli estremi di integrazione: in tal caso, poiché \(\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|=\ln 1=0\), l’integrale si riduce alla cosiddetta parte principale \(\frac{\ln 3}{4}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Evarist la seguente domanda:

Salve professore,

ho incontrato problemi con il seguente quesito (n.82, pag.303, Matutor):

Calcola il volume del solido che ha come base la regione finita di piano delimitata dalla curva di equazione assegnata e dall’asse \(x\) nell’intervallo segnato a fianco e come sezioni perpendicolari all’asse \(x\) quelle indicate:

\[y=\sqrt{{{x}^{3}}-x},\quad \left[ 1;4 \right];\quad \text{semicerchi}.\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Evarist(e) (Galois?),

si tratta di “sommare” in senso integrale, nell’intervallo assegnato, i volumi di sezioni (semicirconferenze di raggio \(y/2\)) di area \(S\left( x \right)=\frac{1}{2}\pi {{\left( \frac{\sqrt{{{x}^{3}}-x}}{2} \right)}^{2}}=\frac{\pi }{8}\left( {{x}^{3}}-x \right)\) e “spessore” \(dx\): \[V=\frac{\pi }{8}\int\limits_{1}^{4}{\left( {{x}^{3}}-x \right)dx}=\frac{\pi }{8}\left[ \frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{1}^{4}=\frac{\pi }{8}\left( 56+\frac{1}{4} \right)=\frac{225}{32}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

potrebbe aiutarmi con questi problemi? (pag.2059, nn. 327, 328, 333, 334, Matematica.blu 2.0)

1) Trova il volume del solido ottenuto ruotando di \(360^\circ\) attorno all’asse \(x\) il trapezoide definito dalla funzione \(y=\frac{x}{2-x}\) nell’intervallo \(\left[ 0;1 \right]\).

2) Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) del trapezoide individuato dal grafico della funzione \(y=\frac{1}{\cos x}\) nell’intervallo \(\left[ 0;\frac{\pi }{4} \right]\).

3) Trova il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) del trapezoide individuato dal grafico della funzione \(y=\sqrt{\frac{x+4}{x}}\) nell’intervallo \(\left[-5;-4 \right]\).

4) Rappresenta graficamente la funzione \(y=\sqrt{{{e}^{3x}}}\) e determina il volume del solido ottenuto mediante una rotazione completa attorno all’asse \(x\), con \(x\in \left[ 0;1 \right]\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

ciascuno dei volumi richiesti è dato da un integrale definito del tipo \(\pi \int\limits_{a}^{b}{{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}dx}\): \[\text{1)  }V=\pi \int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}dx}=\pi \int\limits_{1}^{2}{\frac{{{\left( 2-t \right)}^{2}}}{{{t}^{2}}}dt}=\pi \left[ -\frac{4}{t}+t-4\ln t \right]_{1}^{2}=\pi \left( 3-4\ln 2 \right)\quad .\] \[\text{2)  }V=\pi \int\limits_{0}^{\pi /4}{\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx}=\pi \left[ \tan x \right]_{0}^{\pi /4}=\pi \quad .\]\[\text{3)  }V=\pi \int\limits_{-5}^{-4}{\frac{x+4}{x}dx}=\pi \left[ x+4\ln \left| x \right|
\right]_{-5}^{-4}=\pi \left( 1-4\ln \frac{5}{4} \right)\quad .\]\[\text{4)  }V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{e}^{3x}}dx}=\pi \left[ \frac{{{e}^{3x}}}{3} \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{3}\left( {{e}^{3}}-1 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Carissimo professore,

avrei urgentemente bisogno del suo aiuto riguardo ad un esercizio che non riesco a risolvere (pag.2082, n.25, Matematica.blu 2.0).

Determinare il valore del parametro \(t\) che soddisfa l’equazione  \[\int\limits_{0}^{t}{\frac{{{e}^{x}}}{1+{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 3{{x}^{2}}+2x+1 \right)dx}\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

calcoliamo gli integrali coinvolti nell’equazione e ricaviamo il valore dell’incognita \(t\): \[\left[ \ln \left( 1+{{e}^{x}} \right) \right]_{0}^{t}=\left[ {{x}^{3}}+{{x}^{2}}+x \right]_{0}^{1}\to \ln \left( 1+{{e}^{t}} \right)-\ln 2=3\to \ln \left( 1+{{e}^{t}} \right)=3+\ln 2\to \]\[\to 1+{{e}^{t}}={{e}^{3+\ln 2}}\to {{e}^{t}}=2{{e}^{3}}-1\to t=\ln \left( 2{{e}^{3}}-1 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

mi aiuti con questo quesito:

Determina l’area del quadrilatero mistilineo limitato dalla parabola \(\gamma_1\) di equazione \(y=-x^2+4x\) e dalla parabola \(\gamma_2\) di equazione \(y=-x^2+14x-40\), dalla tangente a \(\gamma_1\) nell’origine e dalla tangente a \(\gamma_2\) nel vertice.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, possiamo osservare che il quadrilatero in questione corrisponde ad un trapezio rettangolo privato dei sottografici delle due parabole negli intervalli \(\left[ 0;4 \right]\) e \(\left[ 4;7 \right]\) rispettivamente. Poiché le tangenti in questione, \(y=9\) e \(y=4x\), si incontrano nel punto di coordinate \((\frac{9}{4};9)\), si ha:

\[S=\frac{423}{8}-\int\limits_{0}^{4}{\left( -{{x}^{2}}+4x \right)dx}-\int\limits_{4}^{7}{\left( -{{x}^{2}}+14x-40 \right)dx}=\]\[=\frac{423}{8}-\left[ -\frac{1}{3}{{x}^{3}}+2{{x}^{2}} \right]_{0}^{4}-\left[ -\frac{1}{3}{{x}^{3}}+7{{x}^{2}}+40x \right]_{0}^{4}=\]\[=\frac{423}{8}-\frac{32}{3}-18=\frac{581}{24}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Maria Rita la seguente domanda:

Buonasera,

vorrei un chiarimento in merito al seguente esercizio (n.74, pag.24, Verso la seconda prova di matematica 2016).

Una vasca di gasolio In un magazzino di prodotti petroliferi il gasolio è stoccato in una vasca il cui contorno, riferito ad un sistema di riferimento cartesiano \(Oxy\), è delimitato dalle curve di equazione \(y=f(x)=-x^3+64x\) e \(y=0\), con \(x\) e \(y\) espressi in decimetri. La profondità della vasca è invece data, in ogni punto, dalla funzione \(h(x)=x^2-8x\). Calcola il peso massimo del gasolio che può essere immagazzinato, sapendo che il suo peso specifico è \(0,85\;kg/dm^3\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Maria Rita,

si tratta di calcolare la capacità totale della vasca in decimetri cubi, utilizzando il seguente integrale (in ogni punto dell’intervallo \(0\le x\le 8\) una sezione della vasca perpendicolare al piano \(xy\) è costituita da un rettangolo di lati \(|f(x)|=-x^3+64x\) e \(|h(x)|=-x^2+8x\)): \[V=\int\limits_{0}^{8}{\left( -{{x}^{3}}+64x \right)\left( -{{x}^{2}}+8x \right)dx}=\int\limits_{0}^{8}{\left( {{x}^{5}}-8{{x}^{4}}-64{{x}^{3}}+512{{x}^{2}} \right)dx}=\]\[=\left[ \frac{1}{6}{{x}^{6}}-\frac{8}{5}{{x}^{5}}-\frac{64}{4}{{x}^{4}}+\frac{512}{3}{{x}^{3}} \right]_{0}^{8}=\frac{{{8}^{6}}}{20}=13107,2\ d{{m}^{3}}\]

da cui il peso massimo del gasolio immagazzinabile nella vasca: \[13107,2\cdot 0,85=11141,12\,kg\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuti a risolvere questo quesito.

Data la parabola \(y=4-x^2\), considera la regione di piano \(S\) del primo quadrante compresa tra la parabola e gli assi coordinati. Determina il volume del solido generato dalla rotazione della regione \(S\) di un giro completo  intorno alla retta \(y=5\), e dalla rotazione della regione \(S\) di un giro completo attorno alla retta di equazione  \(x=2\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso possiamo trovare il volume \(V_1\) richiesto come differenza tra il volume del cilindro che si ottiene ruotando intorno a \(y=5\) il rettangolo \(R_1\) di dimensioni \(5\) e \(2\) in cui è inscritta \(S\) e il volume del solido che si ottiene ruotando intorno a \(y=5\) la regione \(R_1-S\): quest’ultimo è lo stesso che si otterebbe ruotando intorno all’asse \(x\) il sottografico della funzione \(y=-1-x^2\), ottenuta per traslazione di \(5\) unità in direzione \(-y\):

\[{{V}_{1}}=50\pi -\pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( -1-{{x}^{2}} \right)}^{2}}dx=}\]\[=50\pi -\pi \left[ \frac{1}{5}{{x}^{5}}+\frac{2}{3}{{x}^{3}}+x \right]_{0}^{2}=50\pi -\frac{206}{15}\pi =\frac{544}{15}\pi \quad .\]

Nel secondo caso, in modo analogo possiamo ricavare il volume richiesto \(V_2\) sottraendo al cilindro ottenuto per rotazione del rettangolo \(R_2\) di dimensioni \(2\) e \(4\) intorno a \(x=2\) il volume del solido che si ottiene ruotando la regione \(R_2-S\) intorno allo stesso asse, o altrimenti ruotando intorno all’asse \(y\) il sottografico della funzione inversa della restrizione all’intervallo \(\left[ -2,0 \right]\) della funzione \(y=-x^2-4x\), traslata di \(2\) unità in direzione \(-x\) di \(y=4-x^2\), cioè \(x=-2+\sqrt{4-y}\): \[{{V}_{2}}=16\pi -\pi \int\limits_{0}^{4}{{{\left( -2+\sqrt{4-y} \right)}^{2}}dy}=\]\[=16\pi -\pi \int\limits_{0}^{4}{\left( 8-y-4\sqrt{4-y} \right)dy}=\]\[=16\pi -\pi \left[ 8y-\frac{1}{2}{{y}^{2}}+\frac{8}{3}{{\left( 4-y \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{4}=\frac{40}{3}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

ho un dubbio su questo quesito:

Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno alla retta \(y=2\) della parte di piano delimitata dalla funzione \(f(x)=\frac{{{x}^{2}}+1}{x}\) e dalla retta \(y=4\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

per prima cosa operiamo una traslazione di \(2\) unità in direzione delle \(y\) negative, ottenendo la funzione traslata \(f(x)=\frac{{{(x-1)}^{2}}}{x}\), che incontra la retta \(y=2\) nei punti di ascissa \(x=2-\sqrt{3}\) e \(x=2+\sqrt{3}\), e quindi operiamo la rotazione rispetto all’asse delle \(x\). Il volume \(V\) del solido in questione si ottiene per sottrazione dal volume del cilindro generato dalla rotazione del rettangolo in cui è inscritta la regione:

\[V=8\sqrt{3}\pi -\pi \int\limits_{2-\sqrt{3}}^{2+\sqrt{3}}{\frac{{{\left( x-1 \right)}^{4}}}{{{x}^{2}}}}dx=\]\[=8\sqrt{3}\pi -\pi \left[ \frac{\left( x-1 \right)\left( {{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+13x+3 \right)}{3x}-4\ln x \right]_{2-\sqrt{3}}^{2+\sqrt{3}}=\]\[=8\sqrt{3}\pi -8\sqrt{3}\pi -8\pi \ln \left( 2-\sqrt{3} \right)\approx 33,1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Andrea la seguente domanda:

Buongiorno,
mi sono imbattuto in questo esercizio ma non sono riuscito a risolvere l’integrale:

Calcolare la lunghezza della curva \(y=\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{25}}\) nell’intervallo \(\left[ 0;5 \right]\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Andrea,

posto che l’elemento d’arco \(ds\) per una curva derivabile è \(ds=\sqrt{1+y’^{2}}dx\), nel nostro caso si ha:

\[y’=-\frac{x}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}}\to ds=\sqrt{1+\frac{{{x}^{2}}}{25-{{x}^{2}}}}\ dx=\frac{1}{\sqrt{1-{{\left( \frac{x}{5} \right)}^{2}}}\ }dx\] per cui la lunghezza dell’arco in questione è data dal seguente integrale: \[L=\int\limits_{0}^{5}{\frac{1}{\sqrt{1-{{\left( x/5 \right)}^{2}}}\ }dx}=5\int\limits_{0}^{5}{\frac{1/5}{\sqrt{1-{{\left( x/5 \right)}^{2}}}\ }dx}=5\left[ \arcsin \left( \frac{x}{5} \right) \right]_{0}^{5}=5\arcsin \left( 1 \right)=\frac{5}{2}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego di aiutarmi con questo quesito:

Data la parabola di equazione \(y=\frac{{{x}^{2}}}{2}\) e la circonferenza di equazione \(x^2+y^2=\frac{25}{4}\), determinare una retta che passa per l’origine degli assi che incontra la parabola in un punto \(M\) del primo quadrante in modo che facendo ruotare la figura attorno all’asse delle ascisse il volume generato dalla superficie compresa tra la corda \(OM\) e l’arco \(OM\) di parabola sia uguale al quintuplo del volume della sfera generata dal cerchio dato.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

posto che \(M\) abbia coordinate \(\left( k,\frac{{{k}^{2}}}{2} \right)\), il volume \(V\) del solido di rotazione in questione si può ottenere per differenza tra il volume del cono di altezza \(k\) e raggio di base \(\frac{{{k}^{2}}}{2}\) e il volume del solido ottenuto dalla rotazione del sottografico dell’arco di parabola \(OM\), cioè: \[V=\frac{1}{3}\pi \frac{{{k}^{5}}}{4}-\pi \int\limits_{0}^{k}{\frac{{{x}^{2}}}{4}dx}=\frac{\pi }{12}{{k}^{5}}-\frac{\pi }{20}{{k}^{5}}=\frac{\pi }{30}{{k}^{5}}\] per cui l’uguaglianza richiesta si realizza se e solo se \[\frac{\pi }{30}{{k}^{5}}=5\frac{4}{3}\pi \frac{125}{8}\to {{k}^{5}}={{5}^{5}}\to k=5\] da cui si ricava la retta \(OM\), cioè \(y=\frac{5}{2}x\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gent.mo professore,

non riesco a risolvere questi due integrali definiti:

\[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx\quad \quad \int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

il primo integrale è immediato, in quanto \(1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right)\) è la derivata di \(\frac{1}{4}\tan \left( 4x \right)\), per cui: \[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx=\frac{1}{4}\left[ \tan \left( 4x \right) \right]_{0}^{\pi /4}=\frac{1}{4}\left( \tan \pi -\tan 0 \right)=0\quad .\]

Il secondo è un integrale generalizzato, che equivale alla somma dei seguenti limiti:\[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{k}^{-1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{-1}^{h}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{t}^{1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}\] e poiché \(\frac{1}{x\left( x-4 \right)}=\frac{1}{4\left( x-4 \right)}-\frac{1}{4x}\), si ha: \[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{k}^{-1}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{-1}^{h}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{t}^{1}=\]\[=\frac{1}{4}\ln 5-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\ln 5+\frac{1}{4}\ln 3-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|=\]\[=\frac{\ln 3}{4}-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|\] ma poiché, a differenza del primo, gli ultimi due limiti sono entrambi infiniti, l’integrale non converge. Si può tuttavia parlare di una parte principale, nel senso di Cauchy, di tale integrale se si considera la reciproca “cancellazione” degli ultimi due integrali, cosa che si sarebbe verificata se (erroneamente) si fosse posto \(h=t\) negli estremi di integrazione: in tal caso, poiché \(\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|=\ln 1=0\), l’integrale si riduce alla cosiddetta parte principale \(\frac{\ln 3}{4}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Evarist la seguente domanda:

Salve professore,

ho incontrato problemi con il seguente quesito (n.82, pag.303, Matutor):

Calcola il volume del solido che ha come base la regione finita di piano delimitata dalla curva di equazione assegnata e dall’asse \(x\) nell’intervallo segnato a fianco e come sezioni perpendicolari all’asse \(x\) quelle indicate:

\[y=\sqrt{{{x}^{3}}-x},\quad \left[ 1;4 \right];\quad \text{semicerchi}.\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Evarist(e) (Galois?),

si tratta di “sommare” in senso integrale, nell’intervallo assegnato, i volumi di sezioni (semicirconferenze di raggio \(y/2\)) di area \(S\left( x \right)=\frac{1}{2}\pi {{\left( \frac{\sqrt{{{x}^{3}}-x}}{2} \right)}^{2}}=\frac{\pi }{8}\left( {{x}^{3}}-x \right)\) e “spessore” \(dx\): \[V=\frac{\pi }{8}\int\limits_{1}^{4}{\left( {{x}^{3}}-x \right)dx}=\frac{\pi }{8}\left[ \frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}} \right]_{1}^{4}=\frac{\pi }{8}\left( 56+\frac{1}{4} \right)=\frac{225}{32}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini