Applicazioni degli integrali: volume dei solidi di rotazione, lunghezze ed esercizi

Gli integrali non servono solo a calcolare aree. La stessa idea, tagliare in pezzetti sottili, approssimare ciascuno e sommare, dà volumi, lunghezze di curve, valori medi e molte grandezze fisiche. All’esame di Analisi 1 il classico è il volume di un solido di rotazione; in Fisica 1 gli stessi integrali danno lavoro, spazio percorso e centro di massa. In questa pagina vediamo il metodo «affetta e somma», il principio di Cavalieri, i solidi di rotazione con dischi, rondelle e gusci, il teorema di Pappo-Guldino, la lunghezza di una curva (anche parametrica), le superfici di rotazione, la tromba di Torricelli, valore medio e valore efficace, le applicazioni alla Fisica, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: affettare e sommare

Nel calcolo delle aree la regione si taglia in strisce sottili. Tutte le applicazioni di questa pagina seguono lo stesso schema:

1. Taglia la grandezza in pezzetti di spessore $\Delta x$.
2. Approssima ogni pezzetto con una forma semplice (un disco, un segmento, uno strato): il suo contributo è circa «qualcosa che dipende da $x$» per $\Delta x$.
3. Somma: ottieni una somma di Riemann.
4. Passa al limite per $\Delta x \to 0$: la somma diventa un integrale e l’errore sparisce.

Cambia solo il passo 2. Il resto lo garantisce la definizione di integrale definito: per una funzione continua le somme di Riemann tendono all’integrale, comunque si scelga il punto di ogni pezzetto.

Il volume per sezioni e il principio di Cavalieri

Il piano perpendicolare all’asse $x$ nel punto $x$ taglia un solido in una sezione di area $A(x)$. La fetta tra $x$ e $x + \Delta x$ è quasi un cilindretto, con volume circa $A(x)\,\Delta x$. Sommando:

In Analisi 2 si dimostra con gli integrali tripli; qui è il frutto naturale dell’«affetta e somma».

Piramide e cono. La base ha area $B$ e l’altezza è $h$; misura $x$ dal vertice. La sezione a distanza $x$ è la base rimpicciolita del fattore $\frac{x}{h}$, e le aree si riducono del quadrato: $A(x) = B\,\frac{x^2}{h^2}$.

$$\begin{gathered} V = \int_0^h B\,\frac{x^2}{h^2}\,dx \\ {} = \frac{B}{h^2} \cdot \frac{h^3}{3} = \frac{B\,h}{3} \end{gathered}$$

Ecco da dove viene il «diviso 3» della geometria: dall’integrale di $x^2$. Vale per qualsiasi base; per il cono $B = \pi r^2$ e $V = \frac{\pi r^2 h}{3}$.

Il principio di Cavalieri. Se due solidi, tagliati da ogni piano parallelo a un piano fissato, hanno sezioni di uguale area, hanno lo stesso volume: stessa $A(x)$, stesso integrale. Una pila di monete dritta e la stessa pila spinta di lato hanno lo stesso volume. Bonaventura Cavalieri, che si considerava discepolo di Galileo, lo pubblicò nel 1635 nella Geometria indivisibilibus, decenni prima del calcolo di Newton e Leibniz.

I solidi di rotazione: il metodo dei dischi

Fai ruotare attorno all’asse $x$ la regione tra il grafico di $f$ e l’asse $x$, per $a \leq x \leq b$: ottieni un solido di rotazione, come un vaso fatto al tornio. Ogni sezione è un disco di raggio $\lvert f(x) \rvert$ e area $\pi f(x)^2$.

Il segno di $f$ non conta: è al quadrato.

Il cono. Il segmento $y = \frac{r}{h}x$, per $0 \leq x \leq h$, genera un cono di raggio $r$ e altezza $h$:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_0^h \frac{r^2}{h^2}\,x^2\,dx \\ {} = \pi\,\frac{r^2}{h^2} \cdot \frac{h^3}{3} = \frac{\pi r^2 h}{3} \end{gathered}$$

La sfera. La semicirconferenza $y = \sqrt{r^2 - x^2}$, per $-r \leq x \leq r$, genera la sfera di raggio $r$. Il quadrato fa sparire la radice:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_{-r}^{r} \left(r^2 - x^2\right)dx \\ {} = \pi\left[r^2 x - \frac{x^3}{3}\right]_{-r}^{r} \\ {} = \pi\left(\frac{2r^3}{3} + \frac{2r^3}{3}\right) = \frac{4}{3}\pi r^3 \end{gathered}$$

Il paraboloide. La regione sotto $y = \sqrt{x}$ tra 0 e 4, quella della figura, genera una coppa:

$$V = \pi\int_0^4 x\,dx = \pi\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^4 = 8\pi$$

Il cilindro che la contiene, di raggio 2 e altezza 4, ha volume $16\pi$: il paraboloide ne occupa la metà, il cono un terzo. Un altro esempio, il fuso generato da un arco di sinusoide, è negli esercizi svolti sugli integrali.

Tra due curve: il metodo delle rondelle

Se la regione sta tra due grafici, con $0 \leq f(x) \leq g(x)$, la sezione è una rondella: un disco di raggio $g(x)$ bucato da un cerchio di raggio $f(x)$.

$$V = \pi\int_a^b \left(g(x)^2 - f(x)^2\right)dx$$

Esempio. La regione tra $y = x$ (sopra) e $y = x^2$ (sotto), per $0 \leq x \leq 1$:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_0^1 \left(x^2 - x^4\right)dx \\ {} = \pi\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) = \frac{2\pi}{15} \end{gathered}$$

Rotazione attorno all’asse y: il metodo dei gusci

Se la regione sotto il grafico di $f \geq 0$, per $0 \leq a \leq x \leq b$, ruota attorno all’asse $y$, le sezioni orizzontali richiedono $x$ in funzione di $y$. Conviene un altro taglio: la striscia verticale tra $x$ e $x + \Delta x$ genera un guscio cilindrico, come un barattolo dalla parete sottilissima.

Srotolato, il guscio è quasi una lastra lunga $2\pi x$, alta $f(x)$ e spessa $\Delta x$, con volume circa $2\pi x\,f(x)\,\Delta x$.

Perché è vero. Il guscio è la differenza tra due cilindri alti circa $f(x)$, di raggi $x + \Delta x$ e $x$. Il suo volume è $\pi\left[(x + \Delta x)^2 - x^2\right] f(x) = \left(2\pi x\,\Delta x + \pi\,\Delta x^2\right) f(x)$, e il termine con $\Delta x^2$, trascurabile rispetto a $\Delta x$, sparisce nel limite.

Un esempio, in due modi. La regione sotto $y = x^2$, per $0 \leq x \leq 1$, ruota attorno all’asse $y$. Con i gusci:

$$V = 2\pi\int_0^1 x \cdot x^2\,dx = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$$

Con le sezioni orizzontali bisogna invertire, $x = \sqrt{y}$. All’altezza $y$ la regione va dalla curva alla retta $x = 1$, quindi la sezione è una rondella di raggi $\sqrt{y}$ e 1:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_0^1 \left(1^2 - \left(\sqrt{y}\right)^2\right)dy \\ {} = \pi\int_0^1 (1 - y)\,dy = \frac{\pi}{2} \end{gathered}$$

Il teorema di Pappo-Guldino

Una scorciatoia elegante lega i volumi al baricentro, il centro di massa di una lastra omogenea.

L’esempio classico è il toro, la ciambella: un cerchio di raggio $r$, con il centro a distanza $R > r$ dall’asse. Il baricentro è il centro, quindi

$$V = 2\pi R \cdot \pi r^2 = 2\pi^2 R\,r^2$$

Controllo. Con l’asse verticale, la sezione all’altezza $y$ è una rondella di raggi $R \pm \sqrt{r^2 - y^2}$, con differenza dei quadrati $4R\sqrt{r^2 - y^2}$. L’integrale che resta è l’area del semicerchio:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_{-r}^{r} 4R\sqrt{r^2 - y^2}\,dy \\ {} = 4\pi R \cdot \frac{\pi r^2}{2} = 2\pi^2 R\,r^2 \end{gathered}$$

Il teorema era già noto a Pappo di Alessandria, nel IV secolo; Paul Guldin lo riscoprì e lo pubblicò intorno al 1640. Perché è vero lo vedi più avanti, con il baricentro.

La lunghezza di una curva

Una curva non si misura con il righello, una spezzata sì. Dividi $[a, b]$ in pezzetti, unisci con segmenti i punti corrispondenti del grafico e somma: più i pezzetti sono piccoli, più la spezzata aderisce alla curva.

Il segmento sul pezzetto da $x$ a $x + \Delta x$ è l’ipotenusa di un triangolo rettangolo con cateti $\Delta x$ e $\Delta y$. Per il teorema di Lagrange, $\Delta y = f'(\xi)\,\Delta x$ per un punto $\xi$ del pezzetto, e per Pitagora:

$$\begin{gathered} \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2} = \sqrt{\Delta x^2 + f'(\xi)^2\,\Delta x^2} \\ {} = \sqrt{1 + f'(\xi)^2}\;\Delta x \end{gathered}$$

La lunghezza della spezzata è quindi una somma di Riemann di $\sqrt{1 + f'(x)^2}$.

La lunghezza di una curva si definisce come l’estremo superiore delle lunghezze delle spezzate inscritte; il teorema dice che, se $f'$ è continua, è questo integrale. Con il differenziale: il pezzetto di curva è quasi un pezzetto di tangente, con cateti $dx$ e $f'(x)\,dx$.

Esempi che si calcolano fino in fondo

La parabola semicubica $f(x) = x^{3/2}$, tra 0 e 4. La derivata è $f'(x) = \frac{3}{2}\sqrt{x}$, quindi $1 + f'(x)^2 = 1 + \frac{9}{4}x$, un argomento lineare:

$$\begin{gathered} L = \int_0^4 \sqrt{1 + \frac{9}{4}x}\;dx \\ {} = \frac{4}{9} \cdot \frac{2}{3}\left[\left(1 + \frac{9}{4}x\right)^{3/2}\right]_0^4 \\ {} = \frac{8}{27}\left(10\sqrt{10} - 1\right) \approx 9{,}07 \end{gathered}$$

Il segmento tra $(0, 0)$ e $(4, 8)$ è lungo $\sqrt{80} \approx 8{,}94$: la curva è un po’ più lunga, come deve.

La catenaria. Un filo appeso per gli estremi prende la forma del grafico del coseno iperbolico, la catenaria. Siccome $(\cosh x)' = \sinh x$ e $1 + \sinh^2 x = \cosh^2 x$, con $\cosh x > 0$, la radice sparisce:

$$L = \int_{-1}^{1} \cosh x\,dx = 2\sinh 1 \approx 2{,}35$$

La circonferenza. Per $f(x) = \sqrt{r^2 - x^2}$ si ha $f'(x) = -\frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}}$ e $1 + f'(x)^2 = \frac{r^2}{r^2 - x^2}$. Agli estremi $\pm r$ la tangente è verticale: l’integrale è improprio, ma converge, e siccome l’arcoseno è continuo in $\pm 1$ basta sostituire gli estremi:

$$\begin{gathered} L = \int_{-r}^{r} \frac{r}{\sqrt{r^2 - x^2}}\,dx \\ {} = r\left[\arcsin\frac{x}{r}\right]_{-r}^{r} \\ {} = r\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\right) = \pi r \end{gathered}$$

Raddoppiando, la circonferenza intera è $2\pi r$.

Quasi sempre serve il calcolo numerico

La radice si semplifica solo in pochi casi fortunati. Già la parabola $y = x^2$ tra 0 e 1 richiede una sostituzione iperbolica (vedi gli integrali irrazionali):

$$\begin{gathered} \int_0^1 \sqrt{1 + 4x^2}\,dx \\ {} = \frac{\sqrt{5}}{2} + \frac{\ln\left(2 + \sqrt{5}\right)}{4} \approx 1{,}479 \end{gathered}$$

La lunghezza dell’ellisse, invece, non si esprime con le funzioni elementari: quella di semiassi 2 e 1, circa $9{,}69$, si ottiene solo con un calcolo numerico.

Le curve in forma parametrica

Una circonferenza intera, o la traiettoria di un punto, non è il grafico di una funzione. Si descrive in forma parametrica, $x = x(t)$ e $y = y(t)$ per $\alpha \leq t \leq \beta$. Se $x'$ e $y'$ sono continue e la curva è percorsa una volta sola, nel tempo $\Delta t$ il punto si sposta di circa $x'(t)\,\Delta t$ in orizzontale e $y'(t)\,\Delta t$ in verticale, e Pitagora dà

$$L = \int_\alpha^\beta \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt$$

La radice è la velocità scalare del punto: la lunghezza è lo spazio percorso. Per $x = r\cos t$, $y = r\sin t$, con $0 \leq t \leq 2\pi$, la radice vale $r$ e $L = 2\pi r$, senza integrali impropri.

La cicloide. Un punto sul bordo di una ruota di raggio $r$ che rotola descrive la cicloide $x = r(t - \sin t)$, $y = r(1 - \cos t)$; un arco corrisponde a un giro, $0 \leq t \leq 2\pi$. Con la formula di bisezione $1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$:

$$\begin{gathered} x'^2 + y'^2 = r^2(1 - \cos t)^2 + r^2\sin^2 t \\ {} = 2r^2(1 - \cos t) = 4r^2\sin^2\frac{t}{2} \end{gathered}$$

Per $0 \leq t \leq 2\pi$ il seno di $\frac{t}{2}$ non è negativo, quindi la radice vale $2r\sin\frac{t}{2}$:

$$\begin{gathered} L = \int_0^{2\pi} 2r\sin\frac{t}{2}\,dt \\ {} = \left[-4r\cos\frac{t}{2}\right]_0^{2\pi} = 4r + 4r = 8r \end{gathered}$$

Un arco di cicloide è lungo esattamente 8 volte il raggio della ruota, senza nessun $\pi$. Lo scoprì nel 1658 Christopher Wren, poi famoso come architetto.

Le superfici di rotazione

Ruotando attorno all’asse $x$ il grafico di $f \geq 0$ si ottiene una superficie. Il pezzetto di curva, lungo circa $\sqrt{1 + f'(x)^2}\,\Delta x$, genera una fascia sottile di raggio circa $f(x)$, con area circa «circonferenza per larghezza». Se $f$ ha derivata continua su $[a, b]$:

$$S = 2\pi\int_a^b f(x)\sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx$$

Per la sfera, con $1 + f'^2 = \frac{r^2}{r^2 - x^2}$ come nella circonferenza, il prodotto $f\sqrt{1 + f'^2}$ vale semplicemente $r$ per $\lvert x \rvert < r$:

$$S = 2\pi\int_{-r}^{r} r\,dx = 2\pi r \cdot 2r = 4\pi r^2$$

La tromba di Torricelli: volume finito, superficie infinita

Ruotando attorno all’asse $x$ il grafico di $y = \frac{1}{x}$ per $x \geq 1$ si ottiene una tromba infinitamente lunga. Il volume è un integrale improprio che converge:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2} \\ {} = \lim_{b \to +\infty} \pi\left(1 - \frac{1}{b}\right) = \pi \end{gathered}$$

La superficie, invece, è infinita: siccome $\sqrt{1 + f'(x)^2} \geq 1$, fino a $x = b$ vale almeno

$$2\pi\int_1^b \frac{dx}{x} = 2\pi\ln b$$

che tende a $+\infty$. Già tra 1 e 100 la superficie supera $2\pi\ln 100 \approx 28{,}9$, mentre il volume non arriva mai a $\pi \approx 3{,}14$.

È il paradosso del pittore: la tromba si riempie con $\pi$ litri di vernice (misurando in decimetri), ma nessuna quantità di vernice basta a dipingerne l’interno. Il motivo: uno strato di vernice ha uno spessore, mentre la vernice che riempie la parte stretta si assottiglia senza limite. Evangelista Torricelli, che era stato assistente di Galileo, descrisse questo solido nel De solido hyperbolico acuto, scritto nel 1643 e pubblicato l’anno dopo nella sua Opera geometrica: il risultato sorprese i matematici dell’epoca.

Valore medio e valore efficace

Il valore medio di una funzione continua su $[a, b]$ è $\bar{f} = \frac{1}{b - a}\int_a^b f(x)\,dx$, come nel teorema della media.

La temperatura media. In una giornata la temperatura segue circa $T(t) = 18 - 6\cos\frac{\pi t}{12}$ gradi, con $t$ in ore dalla mezzanotte: 12° a mezzanotte, 24° a mezzogiorno. Sulle 24 ore il coseno ha media zero e la media è 18°. Dalle 6 alle 18, con la primitiva $\frac{12}{\pi}\sin\frac{\pi t}{12}$ del coseno:

$$\begin{gathered} \bar{T} = \frac{1}{12}\int_6^{18} \left(18 - 6\cos\frac{\pi t}{12}\right)dt \\ {} = 18 - \frac{6}{\pi}\left[\sin\frac{\pi t}{12}\right]_6^{18} \\ {} = 18 - \frac{6}{\pi}(-1 - 1) = 18 + \frac{12}{\pi} \end{gathered}$$

cioè circa 21,8°: nelle ore centrali la temperatura resta a lungo vicina al massimo.

Il valore efficace. La corrente alternata $I(t) = I_0\sin(\omega t)$ ha media zero su un periodo $T = \frac{2\pi}{\omega}$. Ma una stufa elettrica scalda sempre, perché la potenza è proporzionale a $I^2$. Per questo si usa il valore efficace, la radice della media del quadrato:

$$I_{eff} = \sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T I(t)^2\,dt}$$

Da $\sin^2 u = \frac{1 - \cos 2u}{2}$, e siccome il coseno ha media zero, la media di $\sin^2$ su un periodo è $\frac{1}{2}$:

$$I_{eff} = \sqrt{\frac{I_0^2}{2}} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} \approx 0{,}707\,I_0$$

I 230 V della presa di casa sono un valore efficace: la tensione oscilla tra circa $-325$ e $+325$ V, perché $230\sqrt{2} \approx 325$.

Gli integrali in Fisica

Spostamento e spazio percorso

Per un punto che si muove su una retta con velocità $v(t)$, $\int_{t_1}^{t_2} v(t)\,dt$ è lo spostamento (vedi il teorema fondamentale): i tratti all’indietro contano con il segno meno. Lo spazio percorso, quello del contachilometri, è l’integrale di $\lvert v(t) \rvert$. Un carrello lanciato su una rampa ha $v(t) = 8 - 2t$ m/s: sale, si ferma a $t = 4$ s e torna indietro. Nei primi 6 secondi:

$$\begin{gathered} \Delta s = \int_0^6 (8 - 2t)\,dt = 48 - 36 = 12\ \text{m} \\ \text{spazio} = \int_0^4 (8 - 2t)\,dt \\ {} + \int_4^6 (2t - 8)\,dt = 16 + 4 = 20\ \text{m} \end{gathered}$$

Ha percorso 20 m, 16 in salita e 4 in discesa, ma è solo 12 m più avanti della partenza.

Il lavoro di una forza variabile

Se la forza dipende dalla posizione, il lavoro lungo un tratto rettilineo è $W = \int_{x_1}^{x_2} F(x)\,dx$: per allungare di $x$ una molla serve $\int_0^x k\,s\,ds = \frac{1}{2}kx^2$, come nel lavoro della forza elastica. A volte, invece, varia la distanza da percorrere.

Svuotare un serbatoio. Un serbatoio cilindrico di raggio 1 m, alto 2 m, è pieno d’acqua ($\rho = 1000\ \text{kg/m}^3$). Quanto lavoro serve per pomparla tutta fino al bordo? Affettiamo l’acqua in strati orizzontali: lo strato all’altezza $y$, spesso $\Delta y$, pesa $\rho g \pi\,\Delta y$ e va sollevato di $2 - y$:

$$\begin{gathered} W = \int_0^2 \rho g \pi\,(2 - y)\,dy \\ {} = \rho g\pi\left[2y - \frac{y^2}{2}\right]_0^2 \\ {} = 2\pi\rho g \approx 61\,600\ \text{J} \end{gathered}$$

Controllo. È come sollevare di un metro tutta l’acqua, $2000\pi \approx 6280$ kg: tanto sale il suo centro di massa.

Centro di massa e baricentro

Il centro di massa è una media pesata delle posizioni. Per un’asta tra $a$ e $b$ con densità lineare $\lambda(x)$, il pezzetto lungo $\Delta x$ ha massa $\lambda(x)\,\Delta x$:

$$x_{cm} = \frac{\int_a^b x\,\lambda(x)\,dx}{\int_a^b \lambda(x)\,dx}$$

Con $\lambda(x) = 1 + x^2$ su $[0, 1]$ viene $x_{cm} = \frac{3/4}{4/3} = \frac{9}{16}$, oltre la metà, dalla parte più densa. Altri esempi sono in densità e centro di massa.

Il baricentro di una regione piana. Per una lastra omogenea sotto il grafico di $f \geq 0$, di area $A$, la striscia in $x$ ha area $f(x)\,\Delta x$ e baricentro in $\left(x, \frac{f(x)}{2}\right)$. Facendo la media pesata con le aree:

$$\begin{gathered} \bar{x} = \frac{1}{A}\int_a^b x\,f(x)\,dx \\ \bar{y} = \frac{1}{2A}\int_a^b f(x)^2\,dx \end{gathered}$$

Per il semicerchio di raggio $r$, $A = \frac{\pi r^2}{2}$ e l’integrale di $f^2$ vale $\frac{4r^3}{3}$, come per la sfera; per simmetria $\bar{x} = 0$ e

$$\bar{y} = \frac{1}{\pi r^2} \cdot \frac{4r^3}{3} = \frac{4r}{3\pi} \approx 0{,}42\,r$$

Ecco perché vale Pappo-Guldino. $2\pi\bar{y} \cdot A = \pi\int_a^b f(x)^2\,dx$ è il volume con i dischi, e $2\pi\bar{x} \cdot A = 2\pi\int_a^b x\,f(x)\,dx$ quello con i gusci: per le regioni sotto un grafico, il teorema è la stessa formula riscritta con il baricentro. Con il semicerchio, $2\pi \cdot \frac{4r}{3\pi} \cdot \frac{\pi r^2}{2} = \frac{4}{3}\pi r^3$: la sfera.

Gli errori più comuni

• Dimenticare il quadrato o il π nei dischi. La sezione è un cerchio: $V = \pi\int f^2\,dx$, non $\int f\,dx$.
• Scrivere $(g - f)^2$ nelle rondelle. Si sottraggono le aree dei due cerchi: $g^2 - f^2$.
• Usare i dischi in $x$ per una rotazione attorno all’asse y. Le sezioni sono orizzontali e vanno scritte in $y$; oppure si usano i gusci.
• Dimenticare la radice nella lunghezza o nella superficie. $\int_a^b f'(x)\,dx$ è il dislivello $f(b) - f(a)$, non una lunghezza; $2\pi\int f\,dx$ non è una superficie.
• Semplificare male la radice. $\sqrt{1 + f'^2}$ non è $1 + f'$, e sotto radice va la derivata, non la funzione.
• Confondere spostamento e spazio percorso. Se la velocità cambia segno, lo spazio è l’integrale di $\lvert v \rvert$, spezzato dove $v$ si annulla.
• Non accorgersi di un integrale improprio. Una tangente verticale in un estremo (la semicirconferenza) o un intervallo illimitato (la tromba) richiedono il limite.

Esercizi svolti

1. Una parabola che ruota attorno all’asse x

Testo. Calcola il volume del solido che si ottiene facendo ruotare attorno all’asse $x$ la regione compresa tra la parabola $y = 2x - x^2$ e l’asse $x$.

La parabola $y = x(2 - x)$ taglia l’asse in 0 e 2 ed è positiva in mezzo. Sviluppiamo il quadrato, $\left(2x - x^2\right)^2 = 4x^2 - 4x^3 + x^4$, e usiamo i dischi:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_0^2 \left(4x^2 - 4x^3 + x^4\right)dx \\ {} = \pi\left[\frac{4x^3}{3} - x^4 + \frac{x^5}{5}\right]_0^2 \\ {} = \pi\left(\frac{32}{3} - 16 + \frac{32}{5}\right) = \frac{16\pi}{15} \end{gathered}$$

Il volume è $\frac{16\pi}{15} \approx 3{,}35$. Controllo: il solido sta in un cilindro di raggio 1 (il massimo della parabola) e altezza 2, di volume $2\pi \approx 6{,}28$, e ne occupa gli $\frac{8}{15}$. Plausibile per una forma panciuta.

2. La stessa regione attorno all’asse y, in due modi

Testo. Calcola il volume del solido che si ottiene facendo ruotare attorno all’asse $y$ la regione dell’esercizio 1, prima con i gusci e poi con le sezioni orizzontali.

Con i gusci.

$$\begin{gathered} V = 2\pi\int_0^2 x\left(2x - x^2\right)dx \\ {} = 2\pi\left[\frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_0^2 \\ {} = 2\pi\left(\frac{16}{3} - 4\right) = \frac{8\pi}{3} \end{gathered}$$

Con le rondelle. Ricaviamo $x$ da $y = 2x - x^2$, cioè da $x^2 - 2x + y = 0$: $x = 1 \pm \sqrt{1 - y}$, per $0 \leq y \leq 1$. All’altezza $y$ la regione va dal ramo sinistro al ramo destro, e ruotando dà una rondella con raggi $1 - s$ e $1 + s$, dove $s = \sqrt{1 - y}$. La differenza dei quadrati è $(1 + s)^2 - (1 - s)^2 = 4s$:

$$\begin{gathered} V = \pi\int_0^1 4\sqrt{1 - y}\,dy \\ {} = 4\pi\left[-\frac{2}{3}(1 - y)^{3/2}\right]_0^1 \\ {} = 4\pi \cdot \frac{2}{3} = \frac{8\pi}{3} \end{gathered}$$

Stesso risultato, ma i gusci non richiedono di invertire la funzione. Terzo controllo con Pappo-Guldino: la regione è un segmento parabolico di area $\frac{2^3}{6} = \frac{4}{3}$, con il baricentro in $\bar{x} = 1$ per simmetria; quindi $V = 2\pi \cdot 1 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}$.

3. La lunghezza di un arco di logaritmo

Testo. Calcola la lunghezza del grafico di $f(x) = \ln(\cos x)$ per $0 \leq x \leq \frac{\pi}{3}$.

In $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$ il coseno è positivo, quindi $f$ è definita, con derivata continua:

$$\begin{gathered} f'(x) = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x \\ 1 + f'(x)^2 = 1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} \end{gathered}$$

La radice è $\frac{1}{\cos x}$, senza valore assoluto perché il coseno è positivo. Una sua primitiva è $\ln\left\lvert \frac{1}{\cos x} + \tan x \right\rvert$, come trovi negli integrali goniometrici. In $\frac{\pi}{3}$ il coseno vale $\frac{1}{2}$ e la tangente $\sqrt{3}$:

$$\begin{gathered} L = \int_0^{\pi/3} \frac{dx}{\cos x} \\ {} = \left[\ln\left(\frac{1}{\cos x} + \tan x\right)\right]_0^{\pi/3} \\ {} = \ln\left(2 + \sqrt{3}\right) - \ln 1 \approx 1{,}317 \end{gathered}$$

Controllo: il segmento tra gli estremi $(0, 0)$ e $\left(\frac{\pi}{3}, -\ln 2\right)$ è lungo circa $1{,}26$, poco meno della curva.

4. Svuotare un serbatoio a cono

Testo. Un serbatoio ha la forma di un cono con il vertice in basso: è alto 3 m e il bordo superiore è un cerchio di raggio 1 m. È pieno d’acqua. Quanto lavoro serve per pompare tutta l’acqua fino al bordo? Usa $\rho = 1000\ \text{kg/m}^3$ e $g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$.

Misura $y$ dal vertice verso l’alto. Il raggio cresce in proporzione all’altezza, da 0 nel vertice a 1 in cima: $r(y) = \frac{y}{3}$. Lo strato all’altezza $y$, spesso $\Delta y$, ha volume $\pi\,\frac{y^2}{9}\,\Delta y$ e va sollevato di $3 - y$:

$$\begin{gathered} W = \int_0^3 \rho g\,\pi\,\frac{y^2}{9}\,(3 - y)\,dy \\ {} = \frac{\pi\rho g}{9}\int_0^3 \left(3y^2 - y^3\right)dy \\ {} = \frac{\pi\rho g}{9}\left(27 - \frac{81}{4}\right) = \frac{\pi\rho g}{9} \cdot \frac{27}{4} \\ {} = \frac{3}{4}\,\pi\rho g \approx 23\,100\ \text{J} \end{gathered}$$

Controllo con il centro di massa. L’acqua ha volume $\frac{\pi \cdot 1^2 \cdot 3}{3} = \pi\ \text{m}^3$ e massa $1000\pi$ kg. Il centro di massa di un cono pieno sta a un quarto dell’altezza dalla base (vedi densità e centro di massa), cioè a 2,25 m dal vertice, e deve salire di 0,75 m: $1000\pi \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}75\ \text{J} \approx 23\,100\ \text{J}$.

5. Due rotazioni con lo stesso volume

Testo. Sia $a > 0$. La regione sotto $y = x^2$, per $0 \leq x \leq a$, ruota una volta attorno all’asse $x$ e una volta attorno all’asse $y$. Per quale valore di $a$ i due solidi hanno lo stesso volume?

Attorno all’asse $x$ usiamo i dischi, attorno all’asse $y$ i gusci:

$$\begin{gathered} V_x = \pi\int_0^a x^4\,dx = \frac{\pi a^5}{5} \\ V_y = 2\pi\int_0^a x \cdot x^2\,dx = \frac{\pi a^4}{2} \end{gathered}$$

Imponiamo $V_x = V_y$ e dividiamo per $\pi a^4$, che non è zero perché $a > 0$:

$$\frac{a}{5} = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{5}{2}$$

Con $a = \frac{5}{2}$ entrambi i volumi valgono $\frac{625\pi}{32} \approx 61{,}4$. Il rapporto $\frac{V_x}{V_y} = \frac{2a}{5}$ dice il resto: per $a < \frac{5}{2}$ vince l’asse $y$ (con $a = 1$: $\frac{\pi}{5}$ contro $\frac{\pi}{2}$), per $a > \frac{5}{2}$ l’asse $x$.

6. Trombe con volume finito e superficie infinita

Testo. Per $p > 0$, il grafico di $f(x) = \frac{1}{x^p}$, per $x \geq 1$, ruota attorno all’asse $x$. Per quali $p$ il volume del solido è finito? Per quali è finita la superficie? Calcola il volume per $p = \frac{3}{4}$.

Volume. $V = \pi\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^{2p}}$ è del tipo $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^\alpha}$, che converge se e solo se $\alpha > 1$ (è il confronto fondamentale degli integrali impropri). Qui $\alpha = 2p$: il volume è finito se e solo se $p > \frac{1}{2}$. In quel caso $1 - 2p < 0$, quindi $b^{1 - 2p} \to 0$:

$$\begin{gathered} V = \pi\lim_{b \to +\infty} \left[\frac{x^{1 - 2p}}{1 - 2p}\right]_1^b \\ {} = \frac{-\pi}{1 - 2p} = \frac{\pi}{2p - 1} \end{gathered}$$

Per $p = \frac{3}{4}$: $V = \frac{\pi}{1/2} = 2\pi$.

Superficie. La derivata è $f'(x) = -\frac{p}{x^{p + 1}}$, quindi $f'(x)^2 = \frac{p^2}{x^{2p + 2}}$, che per $x \geq 1$ sta tra 0 e $p^2$. La funzione da integrare è stretta tra due potenze:

$$\frac{1}{x^p} \leq \frac{1}{x^p}\sqrt{1 + f'(x)^2} \leq \frac{\sqrt{1 + p^2}}{x^p}$$

Per il criterio del confronto la superficie è finita se e solo se converge $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$, cioè se e solo se $p > 1$.

Conclusione: per $\frac{1}{2} < p \leq 1$ il volume è finito e la superficie infinita, come nella tromba di Torricelli ($p = 1$). Per $p = \frac{3}{4}$: volume $2\pi$, superficie infinita.

Altri esercizi su tutto il capitolo sono negli esercizi svolti sugli integrali.

In sintesi

• Il metodo: affetta, approssima ogni fetta, somma, passa al limite.
• Volume per sezioni: $V = \int_a^b A(x)\,dx$, da cui il principio di Cavalieri e il volume $\frac{Bh}{3}$ di piramide e cono.
• Rotazione attorno all’asse $x$: dischi $V = \pi\int_a^b f^2\,dx$, rondelle $V = \pi\int_a^b \left(g^2 - f^2\right)dx$. Attorno all’asse $y$: gusci $V = 2\pi\int_a^b x\,f(x)\,dx$. Pappo-Guldino: $V = 2\pi d \cdot A$.
• Lunghezza: $L = \int_a^b \sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx$; in forma parametrica $\int_\alpha^\beta \sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt$.
• Superficie di rotazione: $S = 2\pi\int_a^b f\sqrt{1 + f'^2}\,dx$; la sfera ha $4\pi r^2$.
• Tromba di Torricelli: volume $\pi$, superficie infinita.
• Valore medio $\frac{1}{b - a}\int_a^b f\,dx$; una sinusoide di ampiezza $I_0$ ha valore efficace $\frac{I_0}{\sqrt{2}}$.
• Fisica: spostamento $\int v\,dt$, spazio $\int \lvert v \rvert\,dt$, lavoro $\int F\,dx$, centro di massa come media pesata.

Nella tromba di Torricelli hai integrato su un intervallo infinito: è il tema del prossimo articolo, gli integrali impropri.