Cara Elisa,
la funzione, definita e continua nell’intervallo chiuso \(\left[ -2,2 \right]\), quindi limitata (teorema di Weierstrass), nulla nei punti \(x=0,\;x=\pm2\) e positiva per \(0<x<2\), è simmetrica rispetto all’origine del riferimento (dispari), e presenta un minimo e un massimo relativi nei punti \(\left( \pm \sqrt{2},\pm 2 \right)\), come si deduce dall’analisi della funzione derivata \[y'\left( x \right)=\frac{4-2{{x}^{2}}}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}\] da cui si conclude anche che il grafico della funzione presenta tangenti verticali (\(y'\to \pm \infty\)) negli estremi del dominio. La derivata seconda \[y''\left( x \right)=\frac{2x\left( {{x}^{2}}-6 \right)}{{{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{3/2}}}\] si annulla e cambia segno in corrispondenza dell’unico punto di flesso, cioè \((0,0)\). L’area della regione limitata \(R\) compresa tra il grafico della funzione e il semiasse positivo delle ascisse è calcolabile come integrale definito: \[{{S}_{R}}=\int\limits_{0}^{2}{x\sqrt{4-{{x}^{2}}}dx=-\frac{1}{2}}\int\limits_{0}^{2}{\left( -2x\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)dx=-\frac{1}{3}\left[ {{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{2}}=-\frac{1}{3}\left( -8 \right)=\frac{8}{3}\quad .\]
Il volume \(V_x\) del solido ottenuto ruotando \(R\) intorno all’asse \(x\) è dato dal seguente integrale:
\[{{V}_{x}}=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)dx=\pi \left[ \frac{4}{3}{{x}^{3}}-\frac{1}{5}{{x}^{5}} \right]_{0}^{2}}=\frac{64}{15}\pi \quad .\]
Per quanto riguarda il volume \(V_y\) del solido ottenuto ruotando \(R\) intorno all’asse \(y\), possiamo procedere in questo modo: ricavata la funzione inversa di \(y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\) nell’intervallo \(\left[ \sqrt{2},2 \right]\), che rappresenta l’arco del grafico dal punto \((2,0)\) al punto di massimo, integrando rispetto a \(y\) tra \(0\) e \(2\) si ottiene un volume \(V_1\), a cui va sottratto il volume \(V_2\) ottenuto dalla rotazione dell’arco del grafico compreso tra \((0,0)\) e il punto di massimo, cioè l’integrale tra \(0\) e \(2\), sempre rispetto a \(y\), della funzione inversa di \(y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\) nell’intervallo \(\left[ 0,\sqrt{2} \right]\): \[y=x\sqrt{4-{{x}^{2}}}\to {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+{{y}^{2}}=0\to {{x}^{2}}=2\pm \sqrt{4-{{y}^{2}}}\to \]\[\to x=\pm \sqrt{2+\sqrt{4-{{y}^{2}}}}\quad -2\le x\le -\sqrt{2}\vee \sqrt{2}\le x\le 2\]\[\to x=\pm \sqrt{2-\sqrt{4-{{y}^{2}}}}\quad -\sqrt{2}<x<\sqrt{2}\] \[{{V}_{y}}={{V}_{1}}-{{V}_{2}}=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 2+\sqrt{4-{{y}^{2}}} \right)dy-}\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 2-\sqrt{4-{{y}^{2}}} \right)dy=2\pi \int\limits_{0}^{2}{\sqrt{4-{{y}^{2}}}dy=}}\]\[=2\pi \int\limits_{0}^{2}{\sqrt{4-{{y}^{2}}}dy=}8\pi \int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{t}^{2}}}dt=}8\pi \cdot \frac{\pi }{4}=2{{\pi }^{2}}\quad .\]
La regione del primo quadrante compresa tra i grafici della funzione e della retta \(y=x\) ha la seguente area \(S\):
\[S=\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( x\sqrt{4-{{x}^{2}}}-x \right)dx=-\frac{1}{3}\left[ {{\left( 4-{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}}-\frac{1}{2}\left[ {{x}^{2}} \right]_{0}^{\sqrt{3}}=\frac{7}{3}-\frac{3}{2}=\frac{5}{6}\quad .\]
Infine, il volume \(V\) del solido costruito sulla regione \(R\) si può calcolare come integrale definito rispetto a \(x\) della funzione \(S\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)}{4}\), che rappresenta l’area del triangolo rettangolo isoscele avente per ipotenusa il segmento di ordinata \(y(x)\)
\[V=\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{2}}\left( 4-{{x}^{2}} \right)dx=\frac{1}{4}\cdot \frac{64}{15}=\frac{16}{15}\quad .}\]
Massimo Bergamini
