Esercizi per la maturità: Integrali

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

Introduzione

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Questo articolo offre una selezione di 17 esercizi di ripasso sugli integrali in vista dell’esame di maturità. Il calcolo integrale è un tassello fondamentale nel programma di matematica usualmente svolto al liceo scientifico: esso consente di calcolare aree di regioni delimitate da curve, baricentri, lavori e il suo utilizzo è pertanto larghissimo nelle sciente applicate.

La seconda prova di matematica dell’esame di maturità presenta spesso parti rilevanti dedicate a questo argomento e quindi è importante che lo studente sia preparato sui principali concetti e metodi che lo riguardano. Questa raccolta di 17 esercizi completamente risolti mira proprio a offrire un banco di prova e uno spunto di ripasso sugli integrali per l’esame di maturità.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon [0,2] \to \mathbb{R}$ una funzione integrabile tale che:

$\begin{gathered} \int_0^1 3f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 2f(x)\,\mathrm{d}x = 7; \\ \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 1. \end{gathered}$

Quanto vale $\displaystyle\int_0^2f(x)\,\mathrm{d}x$ ?

Svolgimento.

Poniamo $\displaystyle A = \int_0^2f(x)\,\mathrm{d}x$ e $\displaystyle B = \int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x$ . Possiamo quindi scrivere:

$\begin{aligned} \int_0^1 3f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 2f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_0^1 2f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 2f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= B + 2A = 7; \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x - \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= 2A - B = 1. \end{aligned}$

Dobbiamo quindi risolvere questo sistema per trovare $A$ :

$\begin{cases} 2A + B = 7; \\ 2A - B = 1; \end{cases} \implies\quad \begin{cases} A = 2; \\ B = 3. \end{cases}$

Ne segue che la risposta è

$\boxcolorato{superiori}{ \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 2. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione integrabile. Si vuole stimare il valore approssimato di

$I = \int_0^1 f(x)\, d{x}.$

Allo scopo, dopo aver diviso l’intervallo $[0,1]$ in $n$ parti uguali (con $n$ opportuno), si applica il metodo dei trapezi, ottenendo come risultato il valore $I_0$ . Sapendo che $I_0$ è una sovrastima del valore esatto $I$ (cioè $I_0 > I$ ), quale dei seguenti integrali verrebbe sottostimato applicando nuovamente il metodo dei trapezi (sempre dividendo l’intervallo di integrazione in $n$ parti uguali)?

$\quad$

$\displaystyle\int_0^1 2f(x)\, d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^1 [f(x)-1]\, d{x}$ .

$\displaystyle\int_1^2 f(x-1)\, d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^1 [1-f(x)]\, d{x}$ .

Svolgimento.

Oltre alla rappresentazione grafica, riportiamo l’espressione esplicita di $I_0$ stimato col metodo dei trapezi. Su $[0,1]$ , posto $x_k = k/n$ ( $0 \leq k \leq n$ ), si ha:

$I_0 = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{f(x_k)+f(x_{k+1})}{2n}.$

Usando questa formula, si può verificare che la stima col metodo dei trapezi è un’operazione lineare. Inoltre, per una funzione costante $f(x) = k$ , la stima di $I_0$ su $[0,1]$ vale $k$ . Valutiamo ora le quattro opzioni una alla volta.

$\quad$

Applicato a $2f$ , il metodo dei trapezi restituisce come risultato $2I_0$ , che è una sovrastima del valore esatto $2I$ .

Applicato a $f-1$ , il metodo dei trapezi fornisce come risultato $I_0 - 1$ , che è una sovrastima del valore esatto $I-1$ .

Essendo $f(x-1)$ la traslazione di $f(x)$ di 1 verso destra, il metodo dei trapezi applicato a $f(x-1)$ sull’intervallo $[1,2]$ (in questo caso $x_k = 1 + k/n$ ) fornisce proprio $I_0$ , che è una sovrastima del valore esatto $I$ .

Applicato a $1-f$ , il metodo dei trapezi fornisce come risultato $1-I_0$ , che è effettivamente una sottostima del valore esatto $1-I$ .

La risposta è dunque

$\\boxcolorato{superiori}{\int_0^1 [1-f(x)]\,d x.}$

$\quad$

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Figura 1.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $a$ un parametro reale. Stabilire, al variare di $a$ , qual è il valore minimo della quantità

$I(a) = \int_0^1\left(x^2-a\right)^2\mathrm{d}x.$

Svolgimento.

Conviene valutare direttamente l’integrale:

$\begin{aligned} I(a) = {} & \int_0^1\left(x^2-a\right)^2\mathrm{d}x = \int_0^1\left(x^4+a^2-2ax^2\right)\mathrm{d}x = \\ = {} & \left|\frac{x^5}{5}+a^2x-\frac{2}{3}ax^3\right|_0^1 = \frac{1}{5} +a^2 - \frac{2}{3}a = \\ = {} & a^2 - \frac{2}{3}a + \frac{1}{9} - \frac{1}{9}+\frac{1}{5} = \left(a-\frac{1}{3}\right)^2 + \frac{4}{45}. \end{aligned}$

Tra la seconda e la terza riga, abbiamo sfruttato la tecnica del completamento del quadrato. Scritto così, si vede facilmente che il valore minimo di $I(a)$ corrisponde ad $a = 1/3$ e vale

$\boxcolorato{superiori}{\frac{4}{45}.}$

Alternativamente, dopo aver calcolato l’integrale, sarebbe stato possibile trovare gli zeri della derivata dell’espressione in funzione di $a$ :

$I(a) = \frac{1}{5} +a^2 - \frac{2}{3}a \implies I'(a) = 2a - \frac{2}{3}.$

La derivata $I'(a)$ si annulla per $a = 1/3$ e la derivata seconda $I''(1/3) = 2$ è positiva, permettendoci di concludere che il valore minimo di $I$ è $I(1/3) = 1/5 + 1/9 - 2/9 = 4/45$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la quantità in funzione del parametro $a \geq 0$ :

$I(a) = \int_0^a\left(4-2^{x^2}\right)\mathrm{d}x.$

Stabilire per quale valore di $a$ si ha $I'(a) = 0$ .

Svolgimento.

Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, essendo l’integranda una funzione continua:

$I'(a) = 4-2^{a^2}.$

Quindi:

$I'(a) = 0 \iff 2^{a^2} = 2^2 \iff a^2 = 2.$

Dato che $a \geq 0$ per ipotesi, l’unica soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{a = \sqrt{2}.}$

A scanso di equivoci, ricordiamo che, per convenzione, nell’esponenziale ripetuto si procede da destra verso sinistra: $a^{b^c} = a^{(b^c)}$ . Per esempio, $2^{3^2} = 2^9 = 512$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una funzione $f$ ha come grafico la spezzata rappresentata in figura.

$\quad$

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Figura 2: quanto vale $\displaystyle \int_{-1}^{+1}f(x^2-1)\, d{x}$ ?

$\quad$

Svolgimento.

Sia $t = x^2 - 1$ . Notiamo che, per $x$ nel dominio di integrazione $-1 \leq x \leq 1$ , si ha $-1 \leq t \leq 0$ . Per calcolare l’integrale, ci basta quindi conoscere $f(t)$ sull’intervallo $[-1,0]$ . Per $-1 \leq t \leq 0$ , si vede facilmente dal grafico che $f(t) = 1+t$ , e quindi $f(x^2-1) = 1 + (x^2-1) = x^2$ . Possiamo quindi calcolare:

$\int_{-1}^{+1}f(x^2-1)\, d{x} = \int_{-1}^{+1} x^2\, d{x} = \left.\frac{x^3}{3}\right|_{-1}^{+1} = \frac{2}{3}.$

La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{\frac{2}{3}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia

$T = \left[\,\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\cos(x)\,d{x} \right] \cdot \left[\,\int_{\pi}^{2\pi}\sin(x)\, d{x} \right] \cdot \left[\int_{0}^{\pi/8}\frac{1}{\cos(3x)}\, d{x} \right].$

Cosa si può dire sul segno di $T$ ?

Svolgimento.

Osserviamo che:

$\quad$

il primo integrale è ben definito (l’integranda è una funzione continua) e senz’altro positivo perché $\cos(x) > 0$ per $-\pi/2 < x < +\pi/2$ ;

il secondo integrale è ben definito (l’integranda è una funzione continua) e senz’altro negativo, perché $\sin(x) < 0$ per $\pi < x < 2\pi$ ;

il terzo integrale è ben definito, perché il denominatore non si annulla per $0 < x < \pi/8$ , per cui la funzione integranda è continua; inoltre, è senz’altro positivo dato che $\cos(3x) > 0$ sullo stesso intervallo.

Si conclude che

$\boxcolorato{superiori}{T < 0.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri l’equazione integrale:

$\int_0^x\sin(\sin t)\, d{t} = 0.$

Quante soluzioni ha nell’intervallo $0 < x \leq 2\pi$ ?

Svolgimento.

Consideriamo la funzione:

$F(x) = \int_0^x\sin(\sin t)\, d{t}.$

Il problema consiste nel risolvere l’equazione $F(x) = 0$ per $0 < x \leq 2\pi$ . Si ha naturalmente $F(0) = 0$ . Notiamo inoltre il seguente fatto:

$\int_{\pi}^{2\pi}\sin(\sin t)\, d{t} = \int_{0}^{\pi}\sin[\sin(u+\pi)]\, d{u} = -\int_0^{\pi}\sin(\sin u)\, d{u},$

dove abbiamo effettuato la sostituzione $t = u + \pi$ e usato l’identità trigonometrica $\sin(x+\pi) = -\sin(x)$ . Concludiamo dunque che:

$\begin{aligned} F(2\pi) = {} & \int_0^{2\pi}\sin(\sin t)\, d{t} = \int_0^{\pi}\sin(\sin t)\, d{t} + \int_{\pi}^{2\pi}\sin(\sin t)\, d{t} = \\ = {} & \int_0^{\pi}\sin(\sin t)\, d{t} - \int_0^{\pi}\sin(\sin t)\, d{t} = 0. \end{aligned}$

Anche il valore $x = 2\pi$ è dunque una soluzione dell’equazione assegnata. Mostriamo che non ce ne sono altre nell’intervallo da considerare. Per il teorema di Torricelli-Barrow, si ha infatti $F'(x) = \sin(\sin x)$ . Il segno di $F'(x)$ si può determinare così:

$F'(x) > 0 \iff 0 < \sin(x) < \pi;$

dato che $\sin(x) \leq 1$ per ogni $x$ , questa doppia disuguaglianza si riduce a:

$\sin(x) > 0 \iff 0 < x < \pi.$

Concludiamo che $F$ cresce sull’intervallo $[0,\pi]$ e decresce su $[\pi,2\pi]$ . Abbiamo quindi che $F(x) > F(0) = 0$ per ogni $x \in (0,\pi]$ e $F(x) > F(2\pi) = 0$ per ogni $x \in [\pi,2\pi)$ , e quindi $F(x) > 0$ per ogni $x \in (0,2\pi)$ . L’equazione $F(x) = 0$ non ammette quindi soluzioni nell’intervallo $0 < x < 2\pi$ .

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $n$ un numero intero positivo. Calcolare il seguente integrale:

$I(n) = \int_0^n \lfloor 2^x \rfloor \,d{x}.$

Ricordiamo che, preso un numero reale $z$ , la funzione $\lfloor z \rfloor$ denota la parte intera di $z$ , cioè il più grande numero intero minore o uguale a $z$ .

Svolgimento.

La funzione $\lfloor 2^x \rfloor$ assume per definizione solo valori interi. In particolare, $\lfloor 2^x \rfloor = n$ , per $n$ intero tale che $n \leq 2^x < n+1$ , cioè $\log_2(n) \leq x < \log_2(n+1)$ . La figura mostra il grafico della funzione $\lfloor 2^x \rfloor$ .

$\quad$

Figura 3.

$\quad$

L’integrale $I(n)$ (nella figura è evidenziato $n=3$ ) è pertanto la somma delle aree dei $2^n-1$ rettangoli di base $[\log_2(k+1)-\log_2(k)]$ e altezza $k$ , con $1 \leq k \leq 2^n-1$ .

Ricordiamo inoltre che, per una successione qualsiasi $a_k$ , abbiamo:

$\sum_{k=1}^{M} (a_{k+1}-a_k) = \cancel{a_2}-a_1 + \cancel{a_3}-\cancel{a_2} + \cdots + a_{M+1}-\cancel{a_M} = a_{M+1}-a_1.$

Quindi, sfruttando l’espressione sopra con $a_k = k\log_2(k)$ e $M = 2^n-1$ , si ha:

$\begin{aligned} I(n) = {} & \sum_{k=1}^{2^n-1}k\cdot\left[\log_2(k+1)-\log_2(k)\right] = \\ = {} & \sum_{k=1}^{2^n-1}\left[(k+1)\log_2(k+1)-k\log_2(k)\right] - \sum_{k=1}^{2^n-1}\log_2(k+1) = \\ = {} & 2^n\log_2(2^n) - \log_2[(2^n)!] = \\ = {} & n2^n - \log_2[(2^n)!]. \end{aligned}$

Abbiamo anche usato il fatto che (per qualunque base del logaritmo):

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{M}\log(k) = {} & \log(1)+\log(2)+\log(3)+\cdots + \log(M) = \\[-5pt] = {} & \log(1\cdot 2\cdot 3\cdots M) = \log(M!). \end{aligned}$

La soluzione è quindi

$\boxcolorato{superiori}{I(n)= n2^n - \log_2[(2^n)!].}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una funzione $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ integrabile soddisfa la seguente condizione:

$6+f(x) = 2f(-x)+3x^2\int_{-1}^{+1}f(t)\,d{t}.$

Calcolare la quantità

$I = \int_{-1}^{+1}f(t)\, d{t}.$

Svolgimento.

Per cominciare, notiamo che, effettuando il cambio di variabile $u = -x$ , si ha:

$\int_{-1}^{+1}f(-x)\,d{x} = -\int_{+1}^{-1}f(u)\,d{u} = \int_{-1}^{+1}f(u)\,d{u} = I.$

Ora, integriamo ambo i membri della condizione assegnata tra $-1$ e $+1$ :

$\begin{gathered} \int_{-1}^{+1}[6+f(x)]\,d{x} = \int_{-1}^{+1}[2f(-x)+3x^2I]\,d{x}; \\ 6x\Big|_{-1}^{+1} + \int_{-1}^{+1}f(x)\,d{x} = 2\int_{-1}^{+1}f(-x)\,d{x} + 3I\left.\frac{x^3}{3}\right|_{-1}^{+1}; \\ 12 + I = 2I + 2I. \end{gathered}$

Quest’ultima è un’equazione per $I$ , che porta alla soluzione

$\boxcolorato{superiori}{I = 4.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Siano:

$f(x) = \int_0^1(xt)^2\,d{t}, \qquad g(x) = \int_0^x t^2\,d{t}.$

Stabilire quale tra i valori $f(g(a))$ e $g(f(a))$ è il maggiore al variare del numero reale positivo $a$ .

Svolgimento.

Calcoliamo gli integrali:

$\begin{gathered} f(x) = \int_0^1(xt)^2\,d{t} = x^2\!\int_0^1 t^2\,d{t} = \left.x^2\frac{t^3}{3}\right|_{t=0}^{t=1} = \frac{x^2}{3}; \\ g(x) = \int_0^x t^2\,d{t} = \left.\frac{t^3}{3}\right|_{t=0}^{t=x} = \frac{x^3}{3}. \end{gathered}$

E quindi:

$\begin{gathered} g(f(a)) = g\left(\frac{a^2}{3}\right) = \frac{(a^2/3)^3}{3} = \frac{a^6}{3^4}; \\ f(g(a)) = f\left(\frac{a^3}{3}\right) = \frac{(a^3/3)^2}{3} = \frac{a^6}{3^3}. \end{gathered}$

Dato che $3^4 > 3^3$ , abbiamo che

$\boxcolorato{superiori}{f(g(a)) > g(f(a)) \qquad \forall a>0.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali dei seguenti integrali è il più grande?

$\quad$

$\displaystyle\int_0^2 (x^2-4)\sin^8(\pi x)\,d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^{2\pi} [2+\cos(x)]^3\,d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^{\pi} \sin^{100}(x)\,d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^{\pi} [3-\sin(x)]^6\,d{x}$ .

$\displaystyle\int_0^{8\pi} 108[\sin^3(x)-1]\,d{x}$ .

Svolgimento.

Ricordiamo un’applicazione del teorema del confronto per gli integrali. Se $m \leq f(x) \leq M$ e $a < b$ , si ha:

$m\cdot(b-a) \leq \int_a^b f(x)\,d{x} \leq M\cdot(b-a).$

Usando questo fatto, possiamo stimare caso per caso i 5 integrali proposti, senza dover calcolare esplicitamente le primitive.

$\quad$

Per $0 \leq x \leq 2$ si ha $x^2-4 \leq 0$ , per cui la funzione integrandaè non positiva, e quindi il valore dell’integrale è negativo.

Si ha $[2+\cos(x)]^3 \leq (2+1)^3 = 27$ , per cui il valore dell’integrale è necessariamente minore di $54\pi$ .

Si ha $\sin^{100}(x) \leq 1$ per ogni $x$ , per cui il valore di questo integrale è minore di $\pi$ .

Si ha $[3-\sin(x)]^6 \geq (3-1)^6 = 64$ , per cui il valore dell’integrale è necessariamente maggiore di $64\pi$ .

Dato che $\sin^3(x)-1 \leq 0$ per ogni $x$ , questo integrale è necessariamente negativo.

Tra le alternative proposte, l’integrale maggiore è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\int_0^\pi [3-\sin(x)]^6 \,dx.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore del seguente integrale definito:

$\int_0^1(e^x-x)(e^x+x)\, d{x}.$

Svolgimento.

Si tratta di calcolare primitive elementari. Iniziamo semplificando la funzione integranda, sfruttando il prodotto notevole della differenza di quadrati:

$(e^x-x)(e^x+x) = (e^x)^2 - x^2 = e^{2x} - x^2.$

Di conseguenza:

$\begin{aligned} \int_0^1(e^x-x)(e^x+x)\,d{x} = {} & \int_0^1(e^{2x} - x^2)\,d{x} = \\ = {} & \left.\frac{1}{2}e^{2x}\right|_0^1 - \left.\frac{1}{3}x^3\right|_0^1 = \\[5pt] = {} & \left(\frac{e^2}{2} - \frac{1}{2}\right) - \frac{1}{3} = \frac{3e^2-5}{6}. \end{aligned}$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\int_0^1 (e^x-x)(e^x+x) \,dx = \frac{3e^2-5}{6}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $k$ un parametro reale positivo, e si considerino le due funzioni $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ :

$\begin{gathered} f(x) = k - x^2; \\ g(x) = x^4 - k. \end{gathered}$

Per quali valori di $k$ l’area compresa tra il grafico di $f$ e l’asse delle ascisse è più grande dell’area compresa tra il grafico di $g$ e l’asse delle ascisse?

Svolgimento.

Si tratta di valutare due integrali definiti elementari. Si noti che $f$ e $g$ intersecano l’asse delle ascisse per $x = \pm\sqrt{k}$ e per $x = \pm\sqrt[4]{k}$ , rispettivamente. Nel caso di $f$ , la regione da considerare è contenuta nel semipiano positivo delle ascisse, mentre nel caso di $g$ si trova in quello negativo (per cui, va preso l’opposto del valore dell’integrale). Le aree sottese da $f$ e $g$ sono dunque, rispettivamente:

$\begin{aligned} \mathcal{A}_f = {} & \int_{-\sqrt{k}}^{+\sqrt{k}}f(x)\,d{x} = 2\int_{0}^{\sqrt{k}}(k-x^2)\,d{x} = 2\left.\left(kx-\frac{x^3}{3}\right)\right|_{0}^{\sqrt{k}} = \\ = {} & 2\left(k\sqrt{k}-\frac{\sqrt{k}^3}{3}\right)= \frac{4}{3}\sqrt{k^3} = \frac{4}{3}k^{3/2};\\[10pt] \mathcal{A}_g = {} & -\int_{-\sqrt[4]{k}}^{+\sqrt[4]{k}}g(x)\,d{x} = 2\int_{0}^{\sqrt[4]{k}}(k-x^4)\,d{x} = 2\left.\left(kx-\frac{x^5}{5}\right)\right|_{0}^{\sqrt[4]{k}} = \\ = {} & 2\left(k\sqrt[4]{k}-\frac{\sqrt[4]{k}^5}{5}\right) = \frac{8}{5}\sqrt[4]{k^5} = \frac{8}{5}k^{5/4}. \end{aligned}$

Per curiosità, la regione sottesa da $f$ è un segmento parabolico, la cui area si può calcolare alternativamente con la formula:

$\mathcal{A}_f = \frac{1}{6}\cdot|a|\cdot(x_2-x_1)^3 = \frac{1}{6}\cdot |-1| \cdot \left[\sqrt{k}-(-\sqrt{k})\right]^3 = \frac{4}{3}k^{3/2},$

dove $a$ è il coefficiente del monomio di secondo grado nell’equazione che definisce la parabola, e $x_1$ e $x_2$ ( $x_1 < x_2$ ) sono le intersezioni della parabola con l’asse delle ascisse. Naturalmente questo risultato coincide col valore trovato in precedenza.

Affinché $\mathcal{A}_f > \mathcal{A}_g$ , si deve quindi avere:

$\frac{4}{3}k^{3/2} = \frac{4}{3}k^{6/4} > \frac{8}{5}k^{5/4} \iff k^{1/4} > \frac{6}{5} \iff \boxcolorato{superiori}{ k > \left(\frac65\right)^{\!4}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area della regione (limitata) compresa tra la curva di equazione $y = \sqrt{x}$ , la retta $y = x-2$ , e l’asse delle ascisse.

Svolgimento.

Disegniamo il grafico delle due funzioni evidenziando alcuni punti notevoli. La curva $y = \sqrt{x}$ è un arco di parabola con l’asse orizzontale, coincidente con l’asse delle ascisse. La retta interseca l’asse delle ascisse per $x = 2$ e l’arco di parabola per $x = 4$ e $y = 2$ .

$\quad$

Figura 4.

$\quad$

L’area che ci interessa $OAC$ è evidenziata in viola nella figura. Per semplificare leggermente il calcolo, notiamo che l’area $OAC$ è pari all’area di $OBC$ meno l’area del triangolo $ABC$ , cioè 2. L’area di $OBC$ è data da:

$\int_0^4 \sqrt{x}\mathrm{d}{x} = \frac{2}{3}x^{3/2}\Bigg|_0^4 = \frac{2}{3}4^{3/2} = \frac{16}{3}.$

Si conclude che l’area di $OBC$ è pari a $16/3 - 2$ , cioè

$\boxcolorato{superiori}{\frac{10}{3}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $a$ un parametro reale. E’ noto che l’area della regione compresa tra le due parabole di equazione $y_1 = x^2 + 2ax + a$ e $y_2 = a - x^2$ è pari a 9. Quanto può valere $a$ ?

Svolgimento.

Cerchiamo per prima cosa le intersezioni tra le due parabole, cioè i punti in cui $y_1 = y_2$ :

$x^2 + 2ax + a = a - x^2 \iff x^2+ax = 0 \iff x = 0\ \vee\ x = -a.$

Come si vede, si hanno due intersezioni per ogni valore di $a$ . Si nota anche che $y_2 > y_1$ nell’intervallo compreso tra le due soluzioni, indipendentemente dal loro ordinamento. L’area $\mathcal{A}$ compresa tra le due curve è data da:

$\begin{aligned} \mathcal{A} = {} & \left|\, \int_{-a}^0 [y_2(x)-y_1(x)]\,d{x} \right| = \left|\, \int_{-a}^0 \left(x^2+2ax+a - a+x^2\right)\mathrm{d}x \right| = \\ = {} & \left|\, \int_{-a}^0 (2x^2+2ax)\,d{x}\right| = \left|\left.\left(\frac{2x^3}{3} + ax^2\right)\right|_{-a}^{0}\right| = \frac{1}{3}|a|^3. \end{aligned}$

Dal momento che l’ordinamento relativo dei due estremi di integrazione dipende da $a$ , per evitare di separare i due casi abbiamo preso il valore assoluto dell’integrale. Dato che per ipotesi $\mathcal{A} = 9$ , abbiamo $|a| = \sqrt[3]{27} = 3$ , da cui segue che gli unici valori possibili per $a$ sono

$\boxcolorato{superiori}{a = \pm 3.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una retta è tangente alla parabola di equazione $y = x^2$ nel punto di coordinate $(a,a^2)$ , dove $a > 0$ è un parametro reale. Calcolare l’area della regione di piano compresa tra la tangente, la parabola e l’asse delle ascisse.

Svolgimento.

Per prima cosa, determiniamo l’equazione della retta tangente alla parabola nel punto $(a,a^2)$ . La retta avrà come coefficiente angolare la derivata della parabola in $x = a$ , cioè $2a$ . La retta passa inoltre per $(a,a^2)$ , per cui:

$y = a^2 + 2a(x-a).$

L’intersezione di questa retta con l’asse delle ascisse si ha se $a^2 + 2a(x-a) = 0$ , cioè per $x = a/2$ (in figura, è mostrato come esempio il caso $a = 2$ ).

$\quad$

Figura 5.

$\quad$

L’area $\mathcal{A}$ che ci interessa è ombreggiata in azzurro più scuro nella figura. Per semplicità di calcolo, si può sottrarre l’area del triangolo azzurro chiaro dall’area della regione totale azzurra:

$\mathcal{A} = \int_0^a x^2\,d{x} - \frac{a/2\cdot{a^2}}{2} = \left.\frac{x^3}{3}\right|_0^a - \frac{a^3}{4} = \frac{a^3}{3} - \frac{a^3}{4} = \frac{a^3}{12}.$

In conclusione l’area richiesta è

$\boxcolorato{superiori}{\mathcal{A}= \frac{a^3}{12}.}$

Si può alternativamente ricorrere alla formula di Archimede, evitando l’utilizzo degli integrali. Consideriamo il segmento parabolico per $-a \leq x \leq +a$ . La sua area è pari ai $2/3$ dell’area del rettangolo a sé circoscritto, denotato in figura dalla linea punteggiata. L’area interna al rettangolo al di sotto alla parabola è quindi $1/3$ dell’area dell’intero rettangolo, e l’area totale azzurra è la metà di questo valore, cioè $(1/2)\cdot(1/3)\cdot [(2a) \cdot a^2] = a^3/3$ . Come prima, da questo valore va sottratta l’area del triangolo azzurro chiaro ( $a^3/4$ ), e si ritrova il risultato $\mathcal{A} = a^3/3 - a^3/4 = a^3/12$ .

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quanto vale l’area della regione del piano delimitata dalle curve $y = x^2$ e $y = x+2$ ?

Svolgimento.

Come prima cosa, risulta utile visualizzare i grafici delle due curve, che sono riportati in figura. Ci sono due intersezioni $P$ e $Q$ che si trovano risolvendo l’equazione $x^2 = x+2$ , cioè $x_P = -1$ e $x_Q = 2$ . La regione la cui area va calcolata è indicata in rosa nella figura.

$\quad$

Figura 6.

$\quad$

Il primo metodo è ricorrere al calcolo integrale. Se $f$ e $g$ sono due funzioni positive tali che $f(x) \geq g(x)$ , i cui grafici si intersecano in punti di ascissa $x_P$ e $x_Q$ ( $x_P < x_Q$ ), allora l’area compresa tra i loro grafici è in generale data da:

$\mathcal{A} = \int_{x_P}^{x_Q} [f(x)-g(x)]\,mathrm{d}{x}.$

Applicato al nostro caso, con $f(x) = x+2$ e $g(x) = x^2$ , abbiamo:

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{A}} = \int_{-1}^2\left(x+2-x^2\right)\,\mathrm{d}x = \left.\left(\frac{x^2}{2}+2x-\frac{x^3}{3}\right)\right|_{-1}^{+2} \boxcolorato{superiori}{= \frac{9}{2}. }$

Un procedimento alternativo è utilizzare, se la si conosce, la formula per l’area del segmento parabolico. Data una parabola di equazione $y = ax^2+bx+c$ , l’area compresa tra l’arco di parabola ed una retta che interseca la parabola nei punti $P$ e $Q$ è data da:

$\mathcal{A} = \frac{1}{6}\cdot|a|\cdot(x_Q-x_P)^3.$

Sostituendo $a = 1$ , $x_P = -1$ , $x_Q = 2$ , si trova ancora $\mathcal{A} = 9/2$ .

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