Esercizi svolti · Scheda 3

Aree delle regioni comprese tra due curve

Teoria usata: Area della regione compresa tra due curve Area del segmento parabolico Formula fondamentale del calcolo integrale Integrali di funzioni pari e dispari

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Esercizio 1

Calcola l’area della regione delimitata dalla parabola $y = x^2 - 4x + 3$ e dalla retta $y = x - 1$ .

x^2 - 4x + 3 = x - 1 \iff x^2 - 5x + 4 = 0 \iff x = 1 \quad \text{oppure} \quad x = 4

(x - 1) - \left( x^2 - 4x + 3 \right) = -x^2 + 5x - 4

\begin{aligned} A &= \int_1^4 \left( -x^2 + 5x - 4 \right) dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x \right]_1^4 \\[6pt] &= \left( -\frac{64}{3} + 40 - 16 \right) - \left( -\frac{1}{3} + \frac{5}{2} - 4 \right) \\[6pt] &= \frac{8}{3} + \frac{11}{6} = \frac{9}{2} \end{aligned}

y = x^2 - 4x + 3

y = x - 1

La regione compresa tra la parabola

y = x^{2} - 4 x + 3

e la retta

y = x - 1

, con le intersezioni

(1, 0)

(4, 3)

, ha area

\frac{9}{2}

La regione è delimitata soltanto dai due grafici, quindi gli estremi di integrazione sono le ascisse dei punti di intersezione. Uguagliando le due espressioni di $y$ si ottiene un’equazione di secondo grado con soluzioni $1$ e $4$ , e i punti sono $(1, 0)$ e $(4, 3)$ .

Per sapere quale curva sta sopra si calcolano le due funzioni in un punto interno, per esempio in $x = 2$ . La retta vale $1$ e la parabola vale $4 - 8 + 3 = -1$ , quindi in $[1, 4]$ la retta sta sopra la parabola. Per il teorema sull’area tra due curve si integra la differenza tra la retta e la parabola. Nel calcolo la primitiva vale $\dfrac{8}{3}$ in $4$ e $-\dfrac{11}{6}$ in $1$ , e la differenza è $\dfrac{16}{6} + \dfrac{11}{6} = \dfrac{27}{6} = \dfrac{9}{2}$ .

Il risultato si controlla con la formula del segmento parabolico. Il trinomio $-x^2 + 5x - 4$ ha $|a| = 1$ e radici $1$ e $4$ , quindi l’area è $\dfrac{1 \cdot 3^3}{6} = \dfrac{9}{2}$ .

Esercizio 2

Calcola l’area della regione delimitata dalle parabole $y = x^2$ e $y = 8 - x^2$ .

x^2 = 8 - x^2 \iff x^2 = 4 \iff x = -2 \quad \text{oppure} \quad x = 2

A = \int_{-2}^{2} \left( 8 - x^2 - x^2 \right) dx = 2 \int_0^2 \left( 8 - 2x^2 \right) dx = 2 \left[ 8x - \frac{2x^3}{3} \right]_0^2 = 2 \left( 16 - \frac{16}{3} \right) = \frac{64}{3}

Le due parabole si incontrano nei punti di ascissa $-2$ e $2$ . In $x = 0$ la prima vale $0$ e la seconda vale $8$ , quindi tra i due punti la parabola $y = 8 - x^2$ sta sopra. La differenza è $8 - 2x^2$ , che è una funzione pari, e l’intervallo è simmetrico rispetto all’origine; per la proprietà degli integrali di funzioni pari l’integrale su $[-2, 2]$ è il doppio di quello su $[0, 2]$ .

Con la formula del segmento parabolico, con $|a| = 2$ e radici $-2$ e $2$ , si ottiene $\dfrac{2 \cdot 4^3}{6} = \dfrac{128}{6} = \dfrac{64}{3}$ , lo stesso risultato.

Esercizio 3

Calcola l’area della regione delimitata dalla curva $y = \sqrt{x}$ e dalla retta $y = \dfrac{x}{2}$ .

\sqrt{x} = \frac{x}{2} \iff \begin{cases} x \geq 0 \\ x = \dfrac{x^2}{4} \end{cases} \iff x = 0 \quad \text{oppure} \quad x = 4

A = \int_0^4 \left( \sqrt{x} - \frac{x}{2} \right) dx = \left[ \frac{2}{3}\,x\sqrt{x} - \frac{x^2}{4} \right]_0^4 = \frac{16}{3} - 4 = \frac{4}{3}

y = \sqrt{x}

y = \dfrac{x}{2}

La regione compresa tra

y = x

y = \frac{x}{2}

, con le intersezioni

(0, 0)

(4, 2)

, ha area

\frac{4}{3}

L’equazione $\sqrt{x} = \dfrac{x}{2}$ è irrazionale. Si richiede $x \geq 0$ , così che i due membri siano definiti e non negativi, e si elevano al quadrato i due membri. L’equazione $4x = x^2$ ha soluzioni $0$ e $4$ , che soddisfano entrambe la condizione $x \geq 0$ .

In $x = 1$ la radice vale $1$ e la retta vale $\dfrac{1}{2}$ , quindi in $[0, 4]$ la curva $y = \sqrt{x}$ sta sopra la retta. Una primitiva di $\sqrt{x} = x^{\frac{1}{2}}$ è $\dfrac{2}{3}\,x^{\frac{3}{2}} = \dfrac{2}{3}\,x\sqrt{x}$ , che in $4$ vale $\dfrac{2}{3} \cdot 8 = \dfrac{16}{3}$ . Sottraendo $\dfrac{16}{4} = 4$ si ottiene l’area, $\dfrac{4}{3}$ .

Esercizio 4

Calcola l’area della regione del primo quadrante delimitata dalla retta $y = x$ , dall’iperbole $y = \dfrac{1}{x}$ e dalla retta $x = 3$ .

x = \frac{1}{x} \iff x^2 = 1 \iff x = 1 \quad (x > 0)

A = \int_1^3 \left( x - \frac{1}{x} \right) dx = \left[ \frac{x^2}{2} - \ln x \right]_1^3 = \left( \frac{9}{2} - \ln 3 \right) - \frac{1}{2} = 4 - \ln 3 \approx 2{,}90

La retta $y = x$ e l’iperbole si incontrano nel primo quadrante nel punto $(1, 1)$ . La regione è quindi compresa tra le rette verticali $x = 1$ e $x = 3$ . In $x = 2$ la retta vale $2$ e l’iperbole vale $\dfrac{1}{2}$ , perciò in $[1, 3]$ la retta sta sopra.

Una primitiva di $\dfrac{1}{x}$ per $x > 0$ è $\ln x$ . In $x = 1$ la primitiva vale $\dfrac{1}{2} - \ln 1 = \dfrac{1}{2}$ , e in $x = 3$ vale $\dfrac{9}{2} - \ln 3$ . L’area è $4 - \ln 3$ , che vale circa $2{,}90$ .