Calcolo delle aree con gli integrali: area tra due curve, metodo ed esercizi svolti

Calcolare un’area è il motivo per cui sono nati gli integrali, ed è uno degli esercizi più frequenti all’esame di Analisi 1: «calcola l’area della regione compresa tra le curve…». Ora che sai calcolare un integrale definito con le primitive, manca il metodo per trasformare un disegno in un integrale, senza cadere nella trappola dell’area con segno. In questa pagina vediamo l’idea delle strisce, l’area tra un grafico e l’asse $x$ quando la funzione cambia segno, l’area tra due curve con la scaletta passo passo e tanti esempi (parabole, rette, seno e coseno, esponenziale), le regioni delimitate da tre curve, l’integrazione rispetto a $y$, le simmetrie, il cerchio e l’ellisse, la formula del segmento parabolico, le aree con un parametro, le regioni illimitate, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: sommare strisce sottili

Immagina di tagliare la regione in strisce verticali sottilissime, come un salame affettato. Ogni striscia è quasi un rettangolo: la base è un pezzetto $\Delta x$ dell’asse $x$, l’altezza è la distanza tra il bordo di sopra e quello di sotto. L’integrale somma le aree delle strisce, «altezza per base», e le rende sempre più sottili, come i rettangoli dell’introduzione agli integrali:

$$\begin{gathered} \text{area} \approx \sum (\text{sopra} - \text{sotto})\,\Delta x \\ \text{area} = \int_a^b (\text{sopra} - \text{sotto})\,dx \end{gathered}$$

Tutto il metodo sta in una frase: l’altezza di una striscia è sempre «sopra meno sotto», quindi non è mai negativa. L’area è quella che misureresti con un righello e non dipende da dove passa l’asse $x$.

Area tra un grafico e l’asse x

Sia $f$ continua su $[a, b]$. Se $f \geq 0$, la regione tra il grafico, l’asse $x$ e le rette $x = a$ e $x = b$ ha area $\int_a^b f(x)\,dx$, per definizione. Se $f \leq 0$, la regione è la simmetrica, rispetto all’asse $x$, di quella sotto il grafico di $-f$: ha area $\int_a^b (-f(x))\,dx$. Mettendo insieme i due casi:

In pratica il valore assoluto si toglie studiando il segno:

1. trova gli zeri di $f$ in $[a, b]$;
2. stabilisci il segno di $f$ tra uno zero e l’altro. Basta un valore di prova per ogni pezzo: per il teorema degli zeri, una funzione continua cambia segno solo passando per zero;
3. spezza l’integrale negli zeri e somma i valori assoluti dei pezzi.

Esempio. L’area tra il grafico di $f(x) = x^3 - 4x$ e l’asse $x$, per $-2 \leq x \leq 2$. Scomponiamo: $x^3 - 4x = x(x - 2)(x + 2)$, che si annulla in $-2$, $0$ e $2$. Valori di prova: $f(-1) = 3 > 0$ e $f(1) = -3 < 0$. Con la primitiva $G(x) = \frac{x^4}{4} - 2x^2$:

$$\begin{gathered} \int_{-2}^{0} \left(x^3 - 4x\right)dx = G(0) - G(-2) \\ {} = 0 - (4 - 8) = 4 \\ \int_0^2 \left(x^3 - 4x\right)dx = G(2) - G(0) \\ {} = (4 - 8) - 0 = -4 \end{gathered}$$

L’integrale su tutto $[-2, 2]$ vale $4 + (-4) = 0$, mentre l’area è $4 + 4 = 8$. Lo zero non è un caso: $f$ è dispari, quindi le due «gobbe» sono uguali e opposte. Con la simmetria potevi scrivere subito: area $= 2 \cdot 4 = 8$.

Area tra due curve

Perché è vero. Se $f \geq 0$, la regione è quella sotto $g$ a cui si toglie quella sotto $f$: l’area è $\int_a^b g - \int_a^b f$, che per la linearità è l’integrale della differenza. Se invece $f$ scende sotto l’asse, spostiamo tutto verso l’alto. Una funzione continua su un intervallo chiuso è limitata (lo garantisce il teorema di Weierstrass), quindi esiste una costante $c$ con $f(x) + c \geq 0$ su tutto $[a, b]$. La traslazione non cambia l’area e la differenza resta la stessa: $(g + c) - (f + c) = g - f$.

La conseguenza pratica: non importa dove sia l’asse $x$, conta solo quale curva sta più in alto. Se le curve si scambiano di posto, l’area è l’integrale di $\lvert g(x) - f(x) \rvert$ e si spezza dove la differenza cambia segno, cioè nelle intersezioni.

La scaletta

1. Disegna la regione, anche a mano libera. Con curve meno note basta uno studio di funzione essenziale.
2. Trova le intersezioni risolvendo $f(x) = g(x)$. Di solito sono gli estremi di integrazione; se il testo dà già gli estremi, cerca comunque quelle che cadono in mezzo.
3. Decidi quale curva sta sopra su ogni intervallo tra due intersezioni consecutive, con un valore di prova. Lì la differenza $g - f$ è continua e non si annulla, quindi ha segno costante: un punto basta.
4. Spezza l’integrale dove le curve si incrociano.
5. Integra «sopra meno sotto» su ogni pezzo e somma. Per le primitive ti servono le tecniche del capitolo: integrali immediati, per sostituzione, per parti, funzioni razionali fratte, funzioni goniometriche e irrazionali.
6. Controlla con una stima: l’area deve essere positiva e più piccola della larghezza della regione per l’altezza della striscia più alta.

Parabola e retta

L’area della regione tra la parabola $y = x^2$ e la retta $y = x + 2$. Intersezioni: $x^2 = x + 2$, cioè $x^2 - x - 2 = 0$, con soluzioni $x = -1$ e $x = 2$ (i punti $(-1, 1)$ e $(2, 4)$). Valore di prova: in $x = 0$ la retta vale 2 e la parabola 0, quindi in mezzo sta sopra la retta.

$$\begin{gathered} A = \int_{-1}^{2} \left(x + 2 - x^2\right)dx \\ {} = \left[\frac{x^2}{2} + 2x - \frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{2} \\ {} = \frac{10}{3} - \left(-\frac{7}{6}\right) = \frac{9}{2} \end{gathered}$$

Controllo. La differenza $x + 2 - x^2$ è massima in $x = \frac{1}{2}$, dove vale $\frac{9}{4}$. Le strisce sono alte al massimo $\frac{9}{4}$ e coprono un tratto lungo 3, quindi l’area è minore di $3 \cdot \frac{9}{4} = 6{,}75$. Il risultato $4{,}5$ è plausibile: anzi, è esattamente i due terzi di $6{,}75$, e vedremo perché.

Due parabole

L’area tra $y = x^2$ e $y = 4x - x^2$. Intersezioni: $x^2 = 4x - x^2$, cioè $2x^2 - 4x = 0$, $\ 2x(x - 2) = 0$: $\ x = 0$ e $x = 2$. In $x = 1$ la seconda parabola vale 3 e la prima 1, quindi sta sopra $4x - x^2$:

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

Seno e coseno

Seno e coseno si incontrano dove $\sin x = \cos x$. Lì il coseno non è zero (altrimenti lo sarebbe anche il seno, e $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ lo vieta), quindi possiamo dividere: $\tan x = 1$. In $[0, 2\pi]$ le soluzioni sono $x = \frac{\pi}{4}$ e $x = \frac{5\pi}{4}$ (rivedi le equazioni goniometriche). Valore di prova: in $x = \frac{\pi}{2}$ il seno vale 1 e il coseno 0, quindi in mezzo sta sopra il seno.

$$\begin{gathered} A = \int_{\pi/4}^{5\pi/4} \left(\sin x - \cos x\right)dx \\ {} = \big[-\cos x - \sin x\big]_{\pi/4}^{5\pi/4} \\ {} = \sqrt{2} - \left(-\sqrt{2}\right) = 2\sqrt{2} \end{gathered}$$

La regione sta in parte sotto l’asse $x$, ma non importa: l’altezza di ogni striscia è $\sin x - \cos x > 0$. Controllo: base $\pi \approx 3{,}14$, striscia più alta $\sqrt{2} \approx 1{,}41$ (in $x = \frac{3\pi}{4}$); il prodotto è circa $4{,}4$, e $2\sqrt{2} \approx 2{,}83$ è plausibile.

Esponenziale e retta

Un’equazione come $e^x = mx + q$, in generale, non si risolve con l’algebra: negli esercizi la retta è scelta apposta. Prendiamo quella per i punti $(0, 1)$ e $(1, e)$ del grafico di $e^x$, cioè $y = (e - 1)x + 1$. L’esponenziale è convessa: incontra una retta al massimo in due punti, e tra questi il grafico sta sotto la retta. Valore di prova in $x = \frac{1}{2}$: la retta vale $\frac{e + 1}{2} \approx 1{,}86$, l’esponenziale $\sqrt{e} \approx 1{,}65$.

$$\begin{gathered} A = \int_0^1 \left[(e - 1)x + 1 - e^x\right]dx \\ {} = \left[\frac{(e - 1)x^2}{2} + x - e^x\right]_0^1 \\ {} = \frac{e - 1}{2} + 1 - e - (-1) \\ {} = \frac{3 - e}{2} \approx 0{,}141 \end{gathered}$$

Controllo: la regione è una lente sottile, larga 1 e alta circa $0{,}21$ nel mezzo. Un risultato negativo, o maggiore di $0{,}21$, avrebbe segnalato subito un errore.

Tre curve: si spezza in due

Con tre curve il bordo di sopra può cambiare a metà strada. Prendiamo la regione delimitata da $y = \sqrt{x}$, dalla retta $y = 2 - x$ e dall’asse $x$. Intersezione tra radice e retta: $\sqrt{x} = 2 - x$. Elevando al quadrato (con $2 - x \geq 0$) si ottiene $x = 4 - 4x + x^2$, cioè $x^2 - 5x + 4 = 0$, con soluzioni 1 e 4. Ma $x = 4$ non va: $\sqrt{4} = 2$, mentre $2 - 4 = -2$. È una soluzione estranea, nata dall’elevamento al quadrato. Le curve si incontrano solo in $(1, 1)$, e la retta taglia l’asse in $(2, 0)$. Il bordo di sopra cambia in $x = 1$: prima la radice, poi la retta. Si spezza lì:

$$\begin{gathered} A = \int_0^1 \sqrt{x}\,dx + \int_1^2 (2 - x)\,dx \\ {} = \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = \frac{7}{6} \end{gathered}$$

Il secondo pezzo è un triangolo di base 1 e altezza 1. Tra poco la stessa regione si calcolerà con un integrale solo.

Integrare rispetto a y

A volte la regione è «orizzontale»: delimitata a sinistra e a destra da due curve che si scrivono comodamente come $x = \varphi(y)$ e $x = \psi(y)$ ($\varphi$ e $\psi$ sono le lettere greche «fi» e «psi»). Allora conviene tagliarla in strisce orizzontali, di spessore $dy$ e lunghezza «destra meno sinistra».

Perché è vero. Scambiare $x$ e $y$ vuol dire fare la simmetria rispetto alla bisettrice $y = x$, che non cambia le aree. La regione simmetrica sta tra i grafici di $y = \varphi(x)$ e $y = \psi(x)$, e la sua area è data dal teorema di prima.

Esempio. La regione delimitata dalla parabola $x = y^2$ e dalla retta $y = x - 2$, cioè $x = y + 2$. Intersezioni: $y^2 = y + 2$, cioè $y^2 - y - 2 = 0$, con $y = -1$ e $y = 2$: i punti $(1, -1)$ e $(4, 2)$. In $y = 0$ la retta passa per $x = 2$ e la parabola per $x = 0$: a destra c’è la retta.

$$A = \int_{-1}^{2} \left(y + 2 - y^2\right)dy = \frac{9}{2}$$

È lo stesso integrale della parabola e della retta di prima: scambiando $x$ e $y$ si ottiene proprio quella regione.

In dx sarebbe più lungo. Con le strisce verticali il bordo di sotto cambia in $x = 1$: prima è il ramo basso della parabola, $y = -\sqrt{x}$, poi la retta $y = x - 2$; sopra c’è sempre $y = \sqrt{x}$. Servono due integrali:

$$\begin{gathered} \int_0^1 2\sqrt{x}\,dx = \frac{4}{3} \\ \int_1^4 \left(\sqrt{x} - x + 2\right)dx = \frac{19}{6} \\ A = \frac{4}{3} + \frac{19}{6} = \frac{9}{2} \end{gathered}$$

Stesso risultato, con il doppio della fatica. Anche la regione delle tre curve diventa un integrale: per $0 \leq y \leq 1$ va da $x = y^2$ (cioè $y = \sqrt{x}$) a $x = 2 - y$:

$$\begin{gathered} A = \int_0^1 \left(2 - y - y^2\right)dy \\ {} = 2 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{7}{6} \end{gathered}$$

Per evitare una primitiva difficile. L’area sotto $y = \ln x$ tra $x = 1$ e $x = e$, in $dx$, richiede l’integrazione per parti: $\int \ln x\,dx = x\ln x - x + c$. In $dy$, invece, $y$ va da 0 a 1 e la striscia va dalla curva $x = e^y$ (l’inversa del logaritmo) alla retta $x = e$:

$$\begin{gathered} A = \int_0^1 \left(e - e^y\right)dy = \big[e\,y - e^y\big]_0^1 \\ {} = (e - e) - (0 - 1) = 1 \end{gathered}$$

Le simmetrie dimezzano il lavoro

Se la regione è simmetrica, calcola una parte sola e moltiplica. Con funzioni pari su $[-a, a]$ basta raddoppiare l’area su $[0, a]$; con la cubica dispari l’area era il doppio di una gobba, mentre l’integrale su tutto l’intervallo era zero. Una simmetria meno ovvia è quella rispetto alla bisettrice: $y = \sqrt{x}$ e $y = x^2$, per $x \geq 0$, sono una l’inversa dell’altra, quindi la retta $y = x$ divide la regione tra loro in due metà uguali. Basta la metà tra $y = x$ e $y = x^2$:

$$\begin{gathered} A = 2\int_0^1 \left(x - x^2\right)dx \\ {} = 2\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{3} \end{gathered}$$

lo stesso risultato di $\int_0^1 \left(\sqrt{x} - x^2\right)dx = \frac{2}{3} - \frac{1}{3}$.

Il cerchio e l’ellisse

Nell’articolo sull’integrazione per sostituzione si dimostra, con la sostituzione $x = r\sin t$, che il semicerchio di raggio $r$ ha area $\frac{\pi r^2}{2}$. La funzione $\sqrt{r^2 - x^2}$ è pari, quindi la metà destra, un quarto di cerchio, ha area

$$\int_0^r \sqrt{r^2 - x^2}\,dx = \frac{\pi r^2}{4}$$

e quattro quarti danno $\pi r^2$. Nello stesso articolo l’ellisse si calcola con un’altra sostituzione, $x = a\sin t$; qui la ricaviamo direttamente dal cerchio. Consideriamo l’ellisse $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$, con semiassi $a, b > 0$. Ricavando $y$, la metà superiore è il grafico di

$$y = \frac{b}{a}\sqrt{a^2 - x^2}, \quad -a \leq x \leq a$$

L’ellisse è simmetrica rispetto a entrambi gli assi, quindi la sua area è quattro volte quella nel primo quadrante:

$$\begin{gathered} A = 4\int_0^a \frac{b}{a}\sqrt{a^2 - x^2}\,dx \\ {} = 4 \cdot \frac{b}{a} \cdot \frac{\pi a^2}{4} = \pi a b \end{gathered}$$

Con $a = b = r$ ritrovi il cerchio, $\pi r^2$. L’ellisse è un cerchio di raggio $a$ schiacciato in verticale del fattore $\frac{b}{a}$: ogni striscia si accorcia di quel fattore, e così l’area. Per esempio $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$ ha area $6\pi \approx 18{,}8$.

Il segmento parabolico: una formula per controllare

Il segmento parabolico è la regione tra una parabola e una sua corda. Archimede ne calcolò l’area senza integrali (la storia è nell’introduzione agli integrali); con gli integrali diventa una formula comoda per controllare i conti.

Dimostrazione

La differenza $(mx + q) - (ax^2 + bx + c)$ è un polinomio di secondo grado con coefficiente di $x^2$ uguale a $-a$ e radici $x_1$ e $x_2$: quindi vale $-a(x - x_1)(x - x_2)$. Tra $x_1$ e $x_2$ il prodotto $(x - x_1)(x - x_2)$ è negativo, quindi il valore assoluto della differenza è $\lvert a \rvert (x - x_1)(x_2 - x)$. Poniamo $h = x_2 - x_1$ e $t = x - x_1$, così $x_2 - x = h - t$:

$$\begin{gathered} A = \lvert a \rvert \int_0^h t\,(h - t)\,dt \\ {} = \lvert a \rvert \left[\frac{h\,t^2}{2} - \frac{t^3}{3}\right]_0^h \\ {} = \lvert a \rvert \left(\frac{h^3}{2} - \frac{h^3}{3}\right) = \frac{\lvert a \rvert\,h^3}{6} \end{gathered}$$

Contano solo l’apertura della parabola e la larghezza della corda. Per $y = x^2$ e $y = x + 2$: $a = 1$, $x_2 - x_1 = 3$, $A = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$. Vale anche tra due parabole con coefficienti di $x^2$ diversi, mettendo al posto di $a$ la loro differenza: per $y = x^2$ e $y = 4x - x^2$ viene $\lvert 1 - (-1) \rvert = 2$ e $A = \frac{2 \cdot 2^3}{6} = \frac{8}{3}$, come prima.

I due terzi del rettangolo. La distanza verticale tra retta e parabola, $\lvert a \rvert (x - x_1)(x_2 - x)$, è massima a metà della corda, dove vale $\frac{\lvert a \rvert h^2}{4}$. Quindi

$$A = \frac{2}{3} \cdot h \cdot \frac{\lvert a \rvert\,h^2}{4}$$

Se la corda è orizzontale, $h \cdot \frac{\lvert a \rvert h^2}{4}$ è l’area del rettangolo circoscritto: il segmento parabolico è i due terzi del rettangolo circoscritto. Per esempio la regione tra $x = y^2$ e la retta $x = 4$ (parabola con l’asse orizzontale, stesso ragionamento) sta in un rettangolo $4 \times 4$ e ha area $\frac{2}{3} \cdot 16 = \frac{32}{3}$, come conferma $\int_{-2}^{2} \left(4 - y^2\right)dy$. Con una corda obliqua il rettangolo diventa un parallelogramma con due lati verticali e gli altri due sulla corda e sulla tangente parallela a essa: i due terzi restano. È il risultato di Archimede: il triangolo inscritto con il terzo vertice sulla parabola, sopra il punto medio della corda, è metà del parallelogramma, e $\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{3}$.

Aree con un parametro

All’esame capita che l’area sia nota e l’incognita sia un parametro. Il metodo: scrivi l’area in funzione del parametro, imponi la condizione (che valga un numero dato, o la metà di un’altra area) e risolvi, controllando che la soluzione sia accettabile.

Esempio. Per quale $k$ la retta $y = k$ divide in due parti di uguale area la regione tra la parabola $y = x^2$ e la retta $y = 4$? La regione è un segmento parabolico con corda tra $x = -2$ e $x = 2$:

$$A_{tot} = \frac{1 \cdot 4^3}{6} = \frac{32}{3}$$

Per $0 < k < 4$, la parte sotto la retta $y = k$ è il segmento tra $y = x^2$ e $y = k$, con corda tra $-\sqrt{k}$ e $\sqrt{k}$, larga $2\sqrt{k}$:

$$A(k) = \frac{\left(2\sqrt{k}\right)^3}{6} = \frac{4}{3}\,k\sqrt{k}$$

Imponiamo che sia la metà del totale, $\frac{16}{3}$:

$$\begin{gathered} \frac{4}{3}\,k\sqrt{k} = \frac{16}{3} \\ k^{3/2} = 4 \\ k = 4^{2/3} = \sqrt[3]{16} \approx 2{,}52 \end{gathered}$$

Non è $k = 2$, la metà dell’altezza: la regione è più larga in alto, quindi la retta deve salire. Per esercizio, verifica $A(k)$ con l’integrale $\int_{-\sqrt{k}}^{\sqrt{k}} \left(k - x^2\right)dx$.

Regioni illimitate

Se la regione si estende all’infinito, la sua area è un integrale improprio: si integra fino a $b$ e si fa il limite per $b \to +\infty$. Se il limite è finito, la regione ha area finita pur essendo infinitamente lunga: sotto $y = e^{-x}$, per $x \geq 0$, l’area è $\lim_{b \to +\infty} \left(1 - e^{-b}\right) = 1$. Sotto $y = \frac{1}{x}$, per $x \geq 1$, è invece infinita: $\int_1^b \frac{dx}{x} = \ln b \to +\infty$.

Un caso curioso: le regioni sotto $\frac{1}{x}$ e sotto $\frac{1}{x + 1}$, per $x \geq 1$, hanno entrambe area infinita, ma la striscia tra le due curve ha area finita:

$$\begin{gathered} \int_1^b \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}\right)dx \\ {} = \left[\ln\frac{x}{x + 1}\right]_1^b \\ {} = \ln\frac{b}{b + 1} + \ln 2 \end{gathered}$$

che tende a $\ln 2 \approx 0{,}69$ per $b \to +\infty$, perché $\frac{b}{b + 1} \to 1$. La differenza, $\frac{1}{x(x + 1)}$, va a zero come $\frac{1}{x^2}$: abbastanza in fretta.

Gli errori più comuni

• Usare l’integrale al posto dell’area. $\int_{-2}^{2} \left(x^3 - 4x\right)dx = 0$, ma l’area è 8. Un’area nulla o negativa è sempre un campanello d’allarme.
• Non spezzare dove le curve si incrociano. Se le curve si scambiano, i pezzi si compensano. Cerca tutte le intersezioni, anche quelle tra gli estremi dati.
• Sottrarre nell’ordine sbagliato. «Sotto meno sopra» dà l’area cambiata di segno. Decidi chi sta sopra con un valore di prova, non a occhio sulla formula.
• Sbagliare le intersezioni. Elevando al quadrato nascono soluzioni estranee: da $\sqrt{x} = 2 - x$ esce anche $x = 4$. Dividendo per $x$ se ne perdono: $x^3 = 4x$ diventa $x^2 = 4$ e sparisce $x = 0$. Con seno e coseno prendi tutte le soluzioni nell’intervallo, in radianti.
• Mescolare le variabili. In $dy$ funzioni ed estremi sono in $y$: gli estremi sono le ordinate delle intersezioni, non le ascisse.
• Dimenticare un fattore nella simmetria. Se calcoli metà regione moltiplica per 2, o per 4 con due assi di simmetria come nell’ellisse.
• Dimenticare le unità di misura. Se $x$ e $y$ sono in metri, l’area è in m². Ma sotto un grafico velocità-tempo, con $v$ in m/s e $t$ in s, l’«area» è uno spazio in metri.

Esercizi svolti

1. Una parabola che cambia segno due volte

Testo. Calcola $\int_0^4 \left(x^2 - 4x + 3\right)dx$ e l’area della regione compresa tra il grafico di $f(x) = x^2 - 4x + 3$ e l’asse $x$, per $0 \leq x \leq 4$.

Zeri: $x^2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3)$ si annulla in 1 e 3. La parabola è rivolta verso l’alto, quindi è negativa tra 1 e 3 e positiva fuori (prova: $f(2) = -1$). Una primitiva è $G(x) = \frac{x^3}{3} - 2x^2 + 3x$, con

$$\begin{gathered} G(0) = 0, \quad G(1) = \frac{4}{3} \\ G(3) = 0, \quad G(4) = \frac{4}{3} \end{gathered}$$

Infatti $G(1) = \frac{1}{3} - 2 + 3$, $\ G(3) = 9 - 18 + 9$ e $G(4) = \frac{64}{3} - 32 + 12$. I tre pezzi:

$$\begin{gathered} \int_0^1 f\,dx = G(1) - G(0) = \frac{4}{3} \\ \int_1^3 f\,dx = G(3) - G(1) = -\frac{4}{3} \\ \int_3^4 f\,dx = G(4) - G(3) = \frac{4}{3} \end{gathered}$$

L’integrale è $\frac{4}{3} - \frac{4}{3} + \frac{4}{3} = \frac{4}{3}$, cioè $G(4) - G(0)$, mentre l’area è $\frac{4}{3} + \frac{4}{3} + \frac{4}{3} = 4$, tre volte tanto. Controllo sul pezzo centrale, un segmento parabolico tagliato dall’asse $x$: $\frac{1 \cdot (3 - 1)^3}{6} = \frac{4}{3}$.

2. Valore assoluto e simmetria

Testo. Calcola l’area della regione compresa tra la parabola $y = 6 - x^2$ e il grafico di $y = \lvert x \rvert$.

Entrambe le funzioni sono pari, quindi la regione è simmetrica rispetto all’asse $y$: lavoriamo per $x \geq 0$, dove $\lvert x \rvert = x$, e raddoppiamo. Intersezione: $6 - x^2 = x$, cioè $x^2 + x - 6 = 0$, $\ (x + 3)(x - 2) = 0$. Per $x \geq 0$ vale solo $x = 2$. Attenzione: $x = -3$ non è un’intersezione, perché in $-3$ la parabola vale $-3$ e $\lvert x \rvert$ vale 3. Per simmetria l’altra intersezione è $(-2, 2)$. In $x = 0$ la parabola vale 6 e $\lvert x \rvert$ vale 0: sopra c’è la parabola.

$$\begin{gathered} A = 2\int_0^2 \left(6 - x^2 - x\right)dx \\ {} = 2\left[6x - \frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2}\right]_0^2 \\ {} = 2\left(12 - \frac{8}{3} - 2\right) = \frac{44}{3} \end{gathered}$$

L’area è $\frac{44}{3} \approx 14{,}7$. Controllo: la regione è larga 4 e alta al massimo 6, quindi l’area deve stare sotto 24.

3. Tre curve, in dx e in dy

Testo. Calcola in due modi l’area della regione delimitata dalle curve $y = e^x$, $y = e^{-x}$ e dalla retta $y = e$.

Intersezioni: $e^x = e^{-x}$ dà $e^{2x} = 1$, cioè $x = 0$; $e^x = e$ dà $x = 1$; $e^{-x} = e$ dà $x = -1$. La regione è un «triangolo curvo» con vertici $(-1, e)$, $(1, e)$ e $(0, 1)$, simmetrico rispetto all’asse $y$, perché il grafico di $e^{-x}$ è quello di $e^x$ riflesso.

In dx. Per $0 \leq x \leq 1$ la regione sta tra $e^x$, sotto, e la retta $y = e$, sopra. Raddoppiando:

$$\begin{gathered} A = 2\int_0^1 \left(e - e^x\right)dx = 2\big[e\,x - e^x\big]_0^1 \\ {} = 2\big[(e - e) - (0 - 1)\big] = 2 \end{gathered}$$

In dy. Per $1 \leq y \leq e$, a destra c’è $x = \ln y$ (da $y = e^x$) e a sinistra $x = -\ln y$ (da $y = e^{-x}$). Usando l’area sotto il logaritmo calcolata sopra:

$$A = \int_1^e 2\ln y\,dy = 2 \cdot 1 = 2$$

4. La curva e la sua tangente

Testo. Scrivi l’equazione della retta tangente al grafico di $y = x^3$ nel punto di ascissa 1 e calcola l’area della regione compresa tra la curva e la tangente.

La retta tangente in $x_0 = 1$: $f(1) = 1$ e $f'(x) = 3x^2$, quindi $f'(1) = 3$ e

$$y = 1 + 3(x - 1) = 3x - 2$$

Intersezioni: $x^3 = 3x - 2$, cioè $x^3 - 3x + 2 = 0$. Conosciamo già una radice, $x = 1$, e con Ruffini

$$\begin{gathered} x^3 - 3x + 2 = (x - 1)\left(x^2 + x - 2\right) \\ {} = (x - 1)^2 (x + 2) \end{gathered}$$

$x = 1$ è una radice doppia (il punto di tangenza), e la tangente taglia di nuovo la curva in $x = -2$, nel punto $(-2, -8)$. Tra $-2$ e 1 la differenza $x^3 - (3x - 2) = (x - 1)^2(x + 2)$ è positiva: sopra c’è la curva (prova: in $x = 0$ la curva vale 0, la tangente $-2$).

$$\begin{gathered} A = \int_{-2}^{1} \left(x^3 - 3x + 2\right)dx \\ {} = \left[\frac{x^4}{4} - \frac{3x^2}{2} + 2x\right]_{-2}^{1} \\ {} = \left(\frac{1}{4} - \frac{3}{2} + 2\right) - (4 - 6 - 4) \\ {} = \frac{3}{4} + 6 = \frac{27}{4} \end{gathered}$$

L’area è $\frac{27}{4} = 6{,}75$. La lezione: la tangente può tagliare la curva altrove, e le intersezioni vanno cercate tutte.

5. Una retta che divide un’area a metà

Testo. Trova il valore di $m$ per cui la retta $y = mx$ divide in due parti di uguale area la regione compresa tra la parabola $y = 4x - x^2$ e l’asse $x$.

La parabola $y = x(4 - x)$ taglia l’asse in 0 e 4 ed è positiva in mezzo. Area totale:

$$\begin{gathered} A_{tot} = \int_0^4 \left(4x - x^2\right)dx = \left[2x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^4 \\ {} = 32 - \frac{64}{3} = \frac{32}{3} \end{gathered}$$

come conferma la formula del segmento parabolico, $\frac{4^3}{6}$. La retta passa per l’origine e incontra la parabola dove $4x - x^2 = mx$, cioè $x(4 - m - x) = 0$: in $x = 0$ e in $x = 4 - m$. Perché la retta tagli la regione serve $0 < 4 - m < 4$, cioè $0 < m < 4$. La parte sopra la retta è il segmento parabolico tra la parabola e la retta, dove la differenza è $4x - x^2 - mx = (4 - m)x - x^2$:

$$\begin{gathered} A_1 = \int_0^{4 - m} \left[(4 - m)x - x^2\right]dx \\ {} = \left[\frac{(4 - m)x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\right]_0^{4 - m} \\ {} = \frac{(4 - m)^3}{2} - \frac{(4 - m)^3}{3} = \frac{(4 - m)^3}{6} \end{gathered}$$

Imponiamo che sia la metà del totale, $\frac{16}{3}$:

$$\begin{gathered} \frac{(4 - m)^3}{6} = \frac{16}{3} \\ (4 - m)^3 = 32 \\ m = 4 - \sqrt[3]{32} = 4 - 2\sqrt[3]{4} \end{gathered}$$

cioè $m \approx 0{,}825$, che sta tra 0 e 4: una retta poco inclinata.

6. Il logaritmo e la tangente dall’origine

Testo. Trova la retta tangente al grafico di $y = \ln x$ che passa per l’origine e calcola l’area della regione delimitata dal grafico, dalla tangente e dall’asse $x$.

La tangente nel punto di ascissa $x_0 > 0$ è $y = \ln x_0 + \frac{1}{x_0}(x - x_0)$. Passa per l’origine se per $x = 0$ dà $y = 0$: $\ln x_0 - 1 = 0$, cioè $x_0 = e$. La tangente è

$$y = 1 + \frac{x - e}{e} = \frac{x}{e}$$

e tocca la curva in $(e, 1)$. La regione ha i vertici $O$, $(1, 0)$ e $(e, 1)$; il logaritmo è concavo, quindi la tangente sta sopra il grafico.

In dy basta un integrale: per $0 \leq y \leq 1$ la striscia va dalla tangente, $x = e\,y$, alla curva, $x = e^y$ (prova in $y = \frac{1}{2}$: $\frac{e}{2} \approx 1{,}36$ contro $\sqrt{e} \approx 1{,}65$):

$$\begin{gathered} A = \int_0^1 \left(e^y - e\,y\right)dy \\ {} = \left[e^y - \frac{e\,y^2}{2}\right]_0^1 \\ {} = \left(e - \frac{e}{2}\right) - 1 = \frac{e}{2} - 1 \end{gathered}$$

Controllo in dx. Sotto la tangente, tra 0 ed $e$, c’è un triangolo di area $\frac{e}{2}$; togliendo l’area sotto il logaritmo tra 1 ed $e$, che vale 1, resta $\frac{e}{2} - 1 \approx 0{,}36$.

Altri esercizi, sulle aree e su tutto il capitolo, li trovi negli esercizi svolti sugli integrali.

In sintesi

• Area tra un grafico e l’asse $x$: $A = \int_a^b \lvert f(x) \rvert\,dx$. Se $f$ cambia segno si spezza negli zeri e si sommano i valori assoluti.
• Area tra due curve: $A = \int_a^b (\text{sopra} - \text{sotto})\,dx$ tra due intersezioni consecutive, ovunque sia l’asse $x$. Prima disegno, intersezioni e valore di prova; alla fine una stima.
• In $dy$: $A = \int_c^d (\text{destra} - \text{sinistra})\,dy$, per regioni orizzontali o primitive difficili.
• Simmetrie: si calcola una parte e si moltiplica. Ellisse: $A = \pi a b$; cerchio: $\pi r^2$.
• Segmento parabolico: $A = \frac{\lvert a \rvert (x_2 - x_1)^3}{6}$, i due terzi del rettangolo (o parallelogramma) circoscritto.
• Parametri: area in funzione del parametro, poi l’equazione. Regioni illimitate: integrale improprio.

Le aree sono solo la prima applicazione: con la stessa idea delle strisce si calcolano volumi, lunghezze e grandezze fisiche, nelle applicazioni degli integrali.