Testo

Si considerino le funzioni f e g definite, per tutti gli x reali, da: \[ f(x)=x^{3}-4x\:,\: g(x)=senx \] 1. Fissato un conveniente sistema di riferimento cartesiano Oxy, si studino f e g e se ne disegnino i rispettivi grafici G(f)e G(g).

2. Si calcolino le ascisse dei punti di intersezione di G(f) con la retta y=-3. Successivamente, si considerino i punti di G(g) a tangente orizzontale la cui ascissa è compresa nell’intervallo \[ \left[-6;6\right] \] e se ne indichino le coordinate.

3. Sia R la regione del piano delimitata da G(f) e G(g) sull’intervallo \[ \left[0;2\right] \] Si calcoli l’area di R.

4. La regione R rappresenta la superficie libera dell’acqua contenuta in una vasca. In ogni punto di R a distanza x dall’asse y la misura della profondità dell’acqua nella vasca è data da: \[ h(x)=3-x \] Quale integrale definito dà il volume dell’acqua? Supposte le misure in metri, quanti litri di acqua contiene la vasca?

Soluzione

1. La funzione \[ f(x)=x^{3}-4x \] è un polinomio di terzo grado definito per ogni x reale. Scomponendola in fattori ottengo \[ f(x)=x(x^{2}-4) \] così capisco che è una funzione dispari, infatti: \[ f(-x)=(-x)[(-x)^{2}-4]=-x(x^{2}-4)=-f(x) \] vale per per ogni x, allora il grafico G(f) sarà simmetrico rispetto all’origine O del sistema di riferimento.
Studiando dove cambia di segno la funzione f vedo che: \[ f(x)\geq0\Rightarrow x\geq0,x^{2}-4\geq0 \] quest’ultima risulta come \[ x\leq-2\vee x\geq2 \] Combinando il segno dei fattori trovo che: \[ f(x)\geq0\Rightarrow-2\leq x\leq0\vee x\geq2 \] Ora faccio i limiti della funzione all’infinito: \[ \lim_{x\rightarrow\pm\infty}x(x^{2}-4)=\pm\infty \] e dato anche il limite di f(x)/x non è finito posso dire che non ci sono asintoti di alcun tipo.

Studiando il segno della derivata prima \[ f'(x)=3x^{2}-4 \] riesco a dire che \[ f'(x)\geq0 \] per \[ x\leq-\frac{2}{\sqrt{3}}\vee x\geq\frac{2}{\sqrt{3}} \] e quindi \[ x=-\frac{2}{\sqrt{3}} \] è un punto di massimo, mentre \[ x=\frac{2}{\sqrt{3}} \] è un punto di minimo.

Studiando il segno della derivata seconda \[ f”(x)=6x \] riesco a dire che \[ f”(x)\geq0 \] per \[ x\geq0 \] e quindi per \[ x>0 \] f è convessa con concavità verso l’alto.

Il grafico della \[ g(x)=sen(x) \] si ottiene invece dalla funzione \[ y=sen(x) \] dopo aver notato la periodicità pari a T=2 di g. Difatti si ha \[ g(x+2)=sen[\pi(x+2)]=sen(\pi x+2\pi)=sen(\pi x)=g(x) \] \[ \forall x\epsilon R \] Disposti G(f) e G(g) sullo stesso piano Oxy otteniamo:

2. Le intersezioni di G(f) con la retta y=-3 si ottengono risolvendo il sistema qui sotto: \[ \begin{cases} \begin{array}{c} y=x^{3}-4x\\ y=-3 \end{array}\end{cases} \] I punti di G(g) a tangente orizzontale si individuano con la condizione \[ g'(x)=0 \] ossia: \[ \pi\cos(\pi x)=0\Rightarrow cos(\pi x)=0\Rightarrow\pi x=\frac{\pi}{2}+k\pi \] da cui \[ x=\frac{1}{2}+k \] Posta poi la condizione che le ascisse siano comprese tra -6 e 6, allora: \[ -6\leq\frac{1}{2}+k\leq6 \] che ci dice che i valori accettabili per k sono nell’intervallo \[ -6,5\leq k\leq5,5 \] cioè sono
\[ k=-6,-5,…,4,5 \] per un totale di 12 punti. Le corrispondenti ordinate sono \[ g(\frac{1}{2}+k)=sen\pi(\frac{1}{2}+k)=sen\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right)=(-1)^{k} \] e i 12 punti trovati hanno perciò coordinate \[ \left(\frac{1}{2}+k,\left(-1\right)^{k}\right) \] con \[ -6\leq k\leq5 \] \[ k\epsilon Z \] 3. L’area desiderata si trova calcolando il seguente integrale: \[ A=\intop_{_{0}}^{2}[g(x)-f(x)]dx=\intop_{_{0}}^{2}\left[\sin(\pi x)-x^{3}+4x\right]dx \] \[ A=\intop_{_{0}}^{2}\sin(\pi x)dx-\int_{0}^{2}x^{3}dx+4\intop_{_{0}}^{2}xdx \] \[ A=\intop_{_{0}}^{2}\sin(\pi x)dx-\frac{x^{4}}{4}+4\cdot\frac{x^{2}}{2} \] Posto \[ \pi x=t \] è \[ x=\frac{1}{\pi}t \] e quindi \[ dx=\frac{1}{\pi}dt \] l’integrale che è rimasto posso risolverlo per sostituzione: \[ \intop_{_{0}}^{2}\sin(\pi x)dx=\intop_{_{0}}^{2}\sin(t\frac{1}{\pi})dt=\frac{1}{\pi}\intop_{_{0}}^{2}\sin(t)dt=-\frac{1}{\pi}\cos\left(\pi x\right) \] per cui il calcolo dell’area diventa: \[ A=-\frac{\cos\left(2\pi\right)}{\pi}-\frac{16}{4}+8+\frac{\cos0}{\pi}=4. \] 4. Posto R superficie di una vasca, la profondità della vasca è funzione di \[ h(x)=3-x \] Fissato comunque x, la profondità rimane costante in un piano perpendicolare all’asse x. In particolare, se x = 0 la profondità è h(0) = 3 metri, diminuisce gradualmente passando da 0 ad x = 2, punto dove assume il valore di h(2) = 1 metro. Le sezioni di questa vasca sono rettangoli con il lato orizzontale di lunghezza \[ l_{1}=g(x)-f(x)=\sin\left(\pi x\right)-x^{3}+4x \] e lato verticale di lunghezza \[ l_{2}=h(x)=3-x \] L’area di questi rettangoli è \[ A(x)=l_{1}\text{·}l_{2}=(\sin\left(\pi x\right)-x^{3}+4x)\text{·}(3-x) \] e il volume del solido è ricavato dal seguente integrale: \[ V=\intop_{_{0}}^{2}A(x)dx=\intop_{_{0}}^{2}\left[\sin\left(\pi x\right)-x^{3}+4x)\text{·}(3-x)\right]dx= \] integrando per parti avrò \[ V=\left[3\text{·}\left(\frac{-\cos\left(\pi x\right)}{\pi}\right)-\left(-\frac{x\cos\left(\pi x\right)}{\pi}+\frac{1}{\pi^{2}}\sin\left(\pi x\right)\right)-3\cdot\frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{5}}{5}+12\cdot\frac{x^{2}}{2}-4\cdot\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2} \] \[ V=\left[-\frac{3}{\pi}+\frac{2}{\pi}-12+\frac{32}{5}+24-\frac{32}{3}-\left(-\frac{3}{\pi}\right)\right] \] \[ V=\left(\frac{116}{15}+\frac{2}{\pi}\right)\: m^{3}=\left(\frac{116}{15}+\frac{2}{\pi}\right)\cdot10^{3}\: l\approx8369,9\: l \]