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
