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 Evarist la seguente domanda:

Salve,
non riesco a risolvere il seguente esercizio (pag.298, n.28, Matutor).

Calcola la retta tangente al grafico della funzione \(y=f(x)\) in \(x=\frac{\pi }{4}\)  sapendo che la sua funzione integrale è:

\[F\left( x \right)=\int\limits_{2}^{x}{\left( \cos t+1 \right)dt}\quad .\]

Grazie

Gli rispondo così:

Caro Evarist,

poiché per ipotesi  \(f\left( x \right)=\cos x+1\), si ha semplicemente \[f\left( \frac{\pi }{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}+1\] e \[f’\left( \frac{\pi }{4} \right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}\] da cui la retta tangente richiesta:

\[y=-\frac{\sqrt{2}}{2}\left( x-\frac{\pi }{4} \right)+\frac{\sqrt{2}}{2}+1=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{8}\pi +\frac{\sqrt{2}}{2}+1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo Professore,

mi potrebbe aiutare a risolvere il seguente problema (pag.31, n.99, Verso la seconda prova di matematica)?

Considera l’equazione differenziale \(y’=\frac{y}{{{x}^{2}}}\).

a. Dimostra, senza risolvere l’equazione, che ogni sua soluzione ha derivata seconda nulla in corrispondenza di \(x=\frac{1}{2}\).

b. Ricava la soluzione generale dell’equazione differenziale e risolvi il corrispondente problema di Cauchy individuato dalla condizione iniziale \(y\left( 1 \right)=\frac{1}{e}\).

c. Si può affermare che per \(x=\frac{1}{2}\) il grafico di ogni soluzione che non si riduca alla funzione nulla \(y=0\) presenta un punto di flesso? Motiva la risposta.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

riguardo al primo punto, consideriamo la derivata di entrambi i membri dell’equazione stessa, e otteniamo: \[y”=\frac{y'{{x}^{2}}-2yx}{{{x}^{4}}}=\frac{y-2yx}{{{x}^{4}}}=\frac{y\left( 1-2x \right)}{{{x}^{4}}}\] il che dimostra che, qualunque sia la soluzione \(y(x)\), si ha \(y”\left( \frac{1}{2} \right)=16y\left( \frac{1}{2} \right)\cdot 0=0\).

L’equazione è del primo ordine a variabili separabili, per cui, posto \(y\ne 0\) (\(y=0\) è comunque una soluzione), si ha: \[\int{\frac{dy}{y}}=\int{\frac{dx}{{{x}^{2}}}}\to \ln \left| y \right|=-\frac{1}{x}+c\to y\left( x \right)=\pm {{e}^{c}}\cdot {{e}^{-\frac{1}{x}}}=c\cdot {{e}^{-\frac{1}{x}}}\] avendo indicato con \(c\) una costante reale qualsiasi (eventualmente anche nulla). La condizione di Cauchy implica: \[c\cdot {{e}^{-1}}={{e}^{-1}}\to c=1\to y\left( x \right)={{e}^{-\frac{1}{x}}}\quad .\]

Infine, si può affermare che per \(x=\frac{1}{2}\) il grafico di ogni soluzione che non si riduca alla funzione nulla \(y=0\) presenta un punto di flesso perché, essendo \(y\left( \frac{1}{2} \right)\ne 0\) per ogni soluzione non nulla, si vede che la derivata seconda di ogni possibile \(y(x)\) cambia segno in un intorno di \(x=\frac{1}{2}\), quindi tale punto rappresenta comunque un flesso.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

vorrei capire questo quesito.

Dato il triangolo \(ABC\) acutangolo con \(AB=13\) e \(BC=15\) si sa che il suo baricentro e quello del suo contorno giacciono su una retta parallela ad \(AC\). Determinare l’area del triangolo sapendo che il raggio della circonferenza in esso inscritta misura \(4\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

avendo collocato il triangolo \(ABC\) in un riferimento cartesiano in modo tale che sia \(A(0,0)\) e \(C(2x,0)\), detta \(h=BH\) l’altezza relativa al lato \(AC\), dall’ipotesi che il baricentro \(G\) del triangolo e il baricentro \(L\) del contorno del triangolo stesso giacciano su una retta parallela ad \(AC\) segue che l’ordinata di \(L\) è \(\frac{h}{3}\), essendo tale l’ordinata del baricentro \(G\), essendo questa pari ad un terzo dell’ordinata \(h\) di \(B\). Per il primo teorema di Guldino, la superficie (doppio cono) generata dalla rotazione del contorno di \(ABC\) intorno alla retta \(AC\), cioè l’asse \(x\), è equivalente al prodotto tra la circonferenza di raggio pari alla distanza del baricentro \(L\) del contorno dall’asse di rotazione (cioè l’ordinata di \(L\)) e la lunghezza di tale contorno, cioè il perimetro di \(ABC\), per cui, posto \(AC=2x\), si deve avere:      \[\frac{2}{3}\pi h\left( 28+2x \right)=15\pi h+13\pi h\to 28+2x=42\to x=7\]

e poiché il raggio \(r\) della circonferenza inscritta in un triangolo, il semiperimetro \(p\) e l’area \(S\) del triangolo stesso soddisfano la relazione generale \(S=r\cdot p\), si ha l’area \(S\) richiesta: \[S=4\left( 14+x \right)=4\cdot 21=84\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

mi potrebbe spiegare questo esercizio (pag.2081, n.19, Matematica.blu 2.0)?

Si scriva l’equazione della tangente al diagramma della funzione: \(\int\limits_{1}^{\sqrt{\ln x}}{\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}dt}\) nel punto \(P\) di ascissa \(x=e\).

(Esame di Stato, Liceo Scientifico, Corso sperimentale, Sessione suppletiva, 2008, quesito 9)

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

la funzione \(F\left( x \right)=\int\limits_{1}^{\sqrt{\ln x}}{\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}dt}\) può vedersi come funzione composta delle funzioni \(y=\sqrt{\ln x}\) e \(G\left( x \right)=\int\limits_{1}^{x}{\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}dt}\), per cui \(F\left( x \right)=G\left( y\left( x \right) \right)\), e poiché per il teorema fondamentale del calcolo integrale si ha che \(G(x)\) è una primitiva della funzione integranda \(\frac{{{e}^{x}}}{{{x}^{2}}}\) per ogni \(x\in \left[ 1,+\infty  \right[\), essendo questa continua in tale intervallo, si ha: \[F’\left( x \right)=G’\left( y\left( x \right) \right)\cdot y’\left( x \right)=\frac{{{e}^{\sqrt{\ln x}}}}{\ln x}\cdot \frac{1}{2x\sqrt{\ln x}}\] e quindi: \[F’\left( e \right)=\frac{{{e}^{\sqrt{\ln e}}}}{\ln e}\cdot \frac{1}{2e\sqrt{\ln e}}=\frac{e}{2e}=\frac{1}{2}\] e poiché \(F\left( e \right)=\int\limits_{1}^{\sqrt{\ln e}}{\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}dt}=\int\limits_{1}^{1}{\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}dt}=0\), si ha la retta tangente nel punto \(P(e;0)\) al grafico di \(F(x)\): \[y=\frac{1}{2}\left( x-e \right)\quad .\]

Si noti che la funzione \(F(x)\) non può essere ricvata esplicitamente come espressione analitica finita di \(x\), poiché l’integrale della funzione \(\frac{{{e}^{t}}}{{{t}^{2}}}\) non può essere calcolato in termini finiti.

Massimo Bergamini

Ricevo da Maria Rita la seguente domanda:

Caro professore,

vorrei un suggerimento per risolvere il seguente esercizio (n.7, pag.391, Matutor).

In un riferimento cartesiano ortogonale si rappresenti l’insieme \(\Sigma\) dei punti \((x;y)\) per i quali risulta \({{e}^{\frac{1}{x}}}-{{y}^{2}}>0\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Maria Rita,

la disequazione in questione può essere sviluppata nel modo seguente, posto che sia \(x\ne 0\): \[{{y}^{2}}<{{e}^{\frac{1}{x}}}\to -{{e}^{\frac{1}{2x}}}<y<{{e}^{\frac{1}{2x}}}\] cioè la regione da rappresentare è quella dei punti le cui ordinate sono comprese tra il grafico della funzione \(y={{e}^{\frac{1}{2x}}}\) e il grafico della sua simmetrica rispetto all’asse \(x\), cioè \(y=-{{e}^{\frac{1}{2x}}}\); tale funzione è monotona decrescente a tratti (la sua derivata è negativa per ogni \(x\ne 0\), e il suo grafico presenta un asintoto orizzontale \(y=1\) per \(x\) che tende a \(\pm \infty\), un asintoto verticale per \(x\) che tende a \(0^+\), mentre per \(x\) che tende a \(0^-\) la funzione tende a \(0\).

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 \(y=5\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{25}}\) 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