Centrul de greutate al unei plăci plane omogene

Decupezi din carton o figură oarecare — un semicerc, o bucată de sub o parabolă, un trapez — și încerci s-o echilibrezi pe vârful unui creion. Există exact un punct în care cartonul stă orizontal și nu se răstoarnă: centrul lui de greutate. Această lecție de clasa a 12-a arată că punctul acela nu se caută prin încercări, ci se calculează, cu două integrale definite, și că formulele lui sunt ultima aplicație geometrică pe care programa o cere din analiza matematică. Centrul de greutate al unei plăci plane omogene este punctul $G(x_G,y_G)$ în care placa stă în echilibru pe un vârf, iar coordonatele lui se calculează cu două integrale definite raportate la aria plăcii.

Ideea e mai veche decât calculul integral: Arhimede o folosea ca să compare arii, cântărindu-le. Ce aduce integrala este o rețetă care merge pe orice placă mărginită de grafice de funcții continue, nu doar pe triunghiuri și dreptunghiuri. Iar controlul e la îndemână: pe figurile despre care știm deja unde e centrul, formulele trebuie să dea exact răspunsul cunoscut. Dacă nu-l dau, greșeala e a noastră, nu a lui Arhimede.

Ce vei învăța

• Vei ști ce înseamnă centrul de greutate al unei plăci plane omogene și de ce el nu depinde de material.
• Vei ști să scrii și să folosești formulele $x_G$ și $y_G$ pentru placa mărginită de subgraficul unei funcții continue și pozitive.
• Vei ști să le verifici pe dreptunghi și pe triunghi, unde răspunsul e cunoscut dinainte.
• Vei ști să folosești simetria ca să obții $x_G=0$ fără niciun calcul.
• Vei ști să calculezi centrul de greutate al plăcii cuprinse între două grafice.
• Vei ști să rezolvi problema practică a echilibrului pe un vârf și să interpretezi rezultatul.

Hai să descoperim împreună

1. Ce este centrul de greutate al unei plăci plane omogene?

Centrul de greutate al unei plăci plane omogene este punctul $G$ în care placa, sprijinită pe un vârf, rămâne în echilibru în orice poziție ar fi rotită în jurul lui. „Omogenă" înseamnă că materialul are aceeași grosime și aceeași densitate peste tot, deci masa fiecărei bucăți este proporțională cu aria ei. De aceea poziția lui $G$ depinde numai de forma plăcii, nu de metalul sau cartonul din care e tăiată.

Placa pe care o studiem este subgraficul funcției continue și pozitive $f:[a,b]\to \mathbb{R}$, adică mulțimea $${\Gamma }_f=\{(x,y)\mid a\le x\le b,0\le y\le f(x)\},$$ aceeași mulțime a cărei arie am calculat-o în aria subgraficului unei funcții continue. Presupunem în plus $f\not\equiv 0$, ca aria să fie nenulă; altfel nu există placă. Notăm cu $\mathcal{S}$ aria ei, adică $\mathcal{S}={\int }_a^{b}f(x)dx$.

Centrul de greutate se scrie $G(x_G,y_G)$: două coordonate, deci două formule.

2. Cum se ajunge la formulele centrului de greutate?

Nu deducem formulele — programa nu cere deducerea lor, iar demonstrația riguroasă are nevoie de integrale duble, care nu sunt în materie. Dar merită să vezi de unde vin, pentru că atunci nu le mai confunzi între ele.

Pornim de la un caz cunoscut din statistică: dacă la abscisele $x_1,x_2,\dots ,x_n$ se află mase $m_1,m_2,\dots ,m_n$, abscisa centrului de greutate al sistemului este media ponderată $$x_G=\frac{m_1{x}_1+m_2{x}_2+\cdots +m_n{x}_n}{m_1+m_2+\cdots +m_n}.$$ Fiecare poziție intră în medie cu ponderea masei ei: cu cât o bucată e mai grea, cu atât trage centrul mai tare spre ea.

Acum tăiem placa în fâșii verticale foarte subțiri. Fâșia din dreptul abscisei $x$, de lățime mică $\Delta x$, are înălțimea $f(x)$, deci aria ei este aproximativ $f(x)\Delta x$; fiind omogenă, masa ei e proporțională cu acest număr. Media ponderată de mai sus devine un raport de sume Riemann, $$x_G\approx \frac{\sum xf(x)\Delta x}{\sum f(x)\Delta x},$$ iar la trecerea la limită, când fâșiile se subțiază, cele două sume devin integralele definite din formula finală.

Pentru $y_G$ raționamentul are un pas în plus. Fâșia verticală din dreptul lui $x$ este un dreptunghi foarte îngust, care se întinde de la $0$ la $f(x)$; centrul ei de greutate se află la jumătatea ei, adică la înălțimea $\frac{f(x)}{2}$. Ponderând înălțimile acestea cu aceleași mase $f(x)\Delta x$, obținem $$y_G\approx \frac{\sum \frac{f(x)}{2}f(x)\Delta x}{\sum f(x)\Delta x},$$ de unde apare pătratul $f^2(x)$ și factorul $\frac{1}{2}$. Numitorul e același la ambele coordonate, pentru că e masa totală, adică aria.

3. Care sunt formulele pentru placa de sub un grafic?

Coordonatele centrului de greutate. Fie $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continuă, cu $f(x)\ge 0$ pentru orice $x$ și $f\not\equiv 0$. Centrul de greutate al plăcii omogene ${\Gamma }_f$ este punctul $G(x_G,y_G)$ cu $$x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}xf(x)dx,y_G=\frac{1}{\mathcal{S}}\cdot \frac{1}{2}{\int }_a^b{f}^2(x)dx,\mathcal{S}={\int }_a^{b}f(x)dx.$$

Trei observații de redactare, pe care baremele le urmăresc. Prima: se calculează întotdeauna mai întâi $\mathcal{S}$, pentru că apare la ambii numitori; dacă $\mathcal{S}$ e greșit, sunt greșite amândouă coordonatele. A doua: factorul $\frac{1}{2}$ stă numai la $y_G$; el vine din faptul că fâșia își are centrul la jumătatea înălțimii. A treia: la $x_G$ integrandul este $xf(x)$, la $y_G$ este $f^2(x)$ — nu $x^{2}f(x)$ și nu $x{f}^2(x)$. Formulele nu sunt simetrice, pentru că rolurile axelor nu sunt simetrice: placa e descrisă ca subgrafic, nu ca „la stânga unui grafic".

Ambele integrale se calculează cu formula Leibniz–Newton, ca orice integrală definită de până acum.

4. Care sunt cele două controale obligatorii?

O formulă dată fără demonstrație trebuie măcar verificată acolo unde răspunsul se știe. Avem două astfel de locuri.

Dreptunghiul. Luăm $f(x)=h$ (constantă) pe $[0,b]$. Atunci $\mathcal{S}=hb$ și $$x_G=\frac{1}{hb}{\int }_0^{b}xhdx=\frac{1}{hb}\cdot \frac{h{b}^2}{2}=\frac{b}{2},y_G=\frac{1}{hb}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^b{h}^{2}dx=\frac{h^{2}b}{2hb}=\frac{h}{2}.$$ Iese $G\left(\frac{b}{2},\frac{h}{2}\right)$, adică centrul dreptunghiului — exact punctul în care echilibrezi o riglă sau o foaie dreptunghiulară. Primul control trece.

Triunghiul. Luăm $f(x)=\frac{h}{b}x$ pe $[0,b]$: subgraficul e triunghiul dreptunghic cu vârfurile $O(0,0)$, $(b,0)$ și $(b,h)$. Avem $\mathcal{S}=\frac{bh}{2}$ și $$x_G=\frac{2}{bh}{\int }_0^b\frac{h}{b}{x}^{2}dx=\frac{2}{bh}\cdot \frac{h{b}^2}{3}=\frac{2b}{3},y_G=\frac{2}{bh}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^b\frac{h^2}{b^2}{x}^{2}dx=\frac{h^{2}b}{3}\cdot \frac{1}{bh}=\frac{h}{3}.$$ Din gimnaziu se știe că centrul de greutate al unui triunghi este punctul de intersecție a medianelor și că el se află pe fiecare mediană la o treime de latura pe care aceasta cade. Așezând triunghiul nostru cu latura orizontală pe $Ox$, „o treime de bază" înseamnă exact $y_G=\frac{h}{3}$ — iar formula ne-o dă. Al doilea control trece și el.

5. Trapezul, puntea dintre cele două controale

Dreptunghiul și triunghiul sunt cazurile extreme ale aceleiași figuri: trapezul dreptunghic de sub o dreaptă. Pentru $f(x)=mx+n$ pe $[0,a]$, cu $f>0$ pe interval, un calcul direct dă $$\mathcal{S}=\frac{m{a}^2}{2}+na,x_G=\frac{a(2ma+3n)}{3(ma+2n)}.$$ Pentru $m=0$ formula devine $\frac{3na}{6n}=\frac{a}{2}$, abscisa centrului dreptunghiului. Pentru $n=0$ devine $\frac{2m{a}^2}{3ma}=\frac{2a}{3}$, abscisa centrului triunghiului. Între ele, trapezul: cu cât latura din dreapta e mai lungă în raport cu cea din stânga, cu atât centrul alunecă spre dreapta. Formula generală interpolează cele două controale, ceea ce e o dovadă suplimentară că nu am greșit nicăieri.

Exemplu. Pentru $f(x)=6-x$ pe $[0,4]$ obținem $\mathcal{S}=16$, apoi $$x_G=\frac{1}{16}{\int }_0^{4}x(6-x)dx=\frac{1}{16}\cdot \frac{80}{3}=\frac{5}{3},y_G=\frac{1}{16}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^4(6-x{)}^{2}dx=\frac{1}{16}\cdot \frac{104}{3}=\frac{13}{6}.$$ Deci $G\left(\frac{5}{3},\frac{13}{6}\right)$, adică aproximativ $(1,67;2,17)$: mai spre stânga decât mijlocul intervalului, pentru că placa e mai groasă în stânga.

6. Cum ajută simetria la calculul lui $x_G$?

Când placa este simetrică față de axa $Oy$, calculul lui $x_G$ dispare cu totul.

Propoziția simetriei. Dacă $f:[-c,c]\to \mathbb{R}$ este continuă, pozitivă și pară, atunci $x_G=0$.

Demonstrația e o singură linie, dacă folosim ce știm despre integralele funcțiilor pare, impare și periodice. Funcția $x\mapsto xf(x)$ este produsul dintre o funcție impară și una pară, deci este impară; prin Teorema 1 de la simetrii, integrala ei pe intervalul simetric $[-c,c]$ este nulă. Numărătorul lui $x_G$ e zero, numitorul e aria, care e nenulă, deci $x_G=0$.

Geometric spune ceva evident: dacă tai placa în două jumătăți-oglindă, ea nu are niciun motiv să se încline într-o parte. Rămâne de calculat o singură integrală, cea de la $y_G$.

Firul roșu al lecției. Fie $f(x)=4-x^2$ pe $[-2,2]$ — placa de sub o parabolă, tăiată exact între zerourile ei. Aria este $\mathcal{S}={\int }_{-2}^2(4-x^2)dx=\frac{32}{3}$. Funcția e pară, deci $x_G=0$. Pentru cealaltă coordonată, $$\frac{1}{2}{\int }_{-2}^2(4-x^2{)}^{2}dx=\frac{1}{2}{\int }_{-2}^2\left(16-8x^2+x^4\right)dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{512}{15}=\frac{256}{15},$$ deci $y_G=\frac{256}{15}:\frac{32}{3}=\frac{8}{5}=1,6$. Centrul de greutate este $G(0;1,6)$, iar înălțimea maximă a plăcii e $4$: centrul stă la mai puțin de jumătatea ei, pentru că placa e mai lată jos decât sus.

7. Cum se află centrul de greutate al plăcii dintre două grafice?

Extinderea e naturală. Dacă $f$ și $g$ sunt continue pe $[a,b]$ și $g(x)\le f(x)$ pentru orice $x$, placa mărginită de cele două grafice — cea a cărei arie am calculat-o în aria suprafeței cuprinse între graficele a două funcții — are centrul de greutate dat de

$$x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}x(f(x)-g(x))dx,y_G=\frac{1}{\mathcal{S}}\cdot \frac{1}{2}{\int }_a^b(f^2(x)-g^2(x))dx,$$

unde acum $\mathcal{S}={\int }_a^b(f(x)-g(x))dx$. Explicația e aceeași cu fâșiile: fâșia din dreptul lui $x$ are înălțimea $f(x)-g(x)$, iar mijlocul ei se află la $\frac{f(x)+g(x)}{2}$; produsul dintre înălțime și mijloc este $\frac{f^2(x)-g^2(x)}{2}$, exact integrandul de la $y_G$. Formula de la punctul 3 este cazul $g\equiv 0$.

⚠️ Nu scrie $(f(x)-g(x){)}^2$ la numărătorul lui $y_G$. Diferența de pătrate și pătratul diferenței sunt lucruri diferite, iar aici numai prima e corectă.

8. La ce folosește: echilibrul pe un vârf

Acum se închide întrebarea de la începutul lecției. Dacă tai din tablă placa de sub graficul lui $f(x)=\sqrt{x}$, pentru $x\in [0,4]$ (lungimile în decimetri), unde trebuie sprijinită ca să stea orizontal? Calculăm: $\mathcal{S}={\int }_0^4\sqrt{x}dx=\frac{16}{3}$, $$x_G=\frac{3}{16}{\int }_0^{4}x\sqrt{x}dx=\frac{3}{16}\cdot \frac{64}{5}=\frac{12}{5}=2,4,y_G=\frac{3}{16}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{4}xdx=\frac{3}{16}\cdot 4=\frac{3}{4}=0,75.$$ Vârful de sprijin se pune la $2,4$ decimetri de marginea din stânga și la $0,75$ decimetri deasupra bazei. Observă că $x_G=2,4$ e mai mare decât mijlocul intervalului, $2$ — corect, pentru că placa e mai groasă în jumătatea dreaptă.

Aceeași mărime apare, sub alt nume, în probleme de fizică: lucrul mecanic al unei forțe variabile, lecția următoare, calculează cu integrala definită o altă mărime care se acumulează pe felii. Iar în aplicațiile derivatelor în fizică ai văzut deja cum se traduce o situație concretă în limbaj de funcții — pasul de modelare e același, doar unealta se schimbă.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Placa de sub o parabolă

Determină centrul de greutate al plăcii omogene mărginite de graficul funcției $f(x)=x^2$, de axa $Ox$ și de dreapta $x=3$.

Rezolvare. Placa este subgraficul lui $f$ pe $[0,3]$; funcția e continuă și pozitivă. Aria: $\mathcal{S}={\int }_0^3{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}{|}_0^3=9$. Apoi $$x_G=\frac{1}{9}{\int }_0^3{x}^{3}dx=\frac{1}{9}\cdot \frac{81}{4}=\frac{9}{4}=2,25,y_G=\frac{1}{9}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^3{x}^{4}dx=\frac{1}{18}\cdot \frac{243}{5}=\frac{27}{10}=2,7.$$ Deci $G(2,25;2,7)$. Control de bun-simț: $x_G$ e în $[0,3]$ și, fiind placa mai groasă spre dreapta, e peste mijlocul $1,5$; iar $y_G$ e sub $f(3)=9$.

Exemplul 2 — Semidiscul și formula clasică

Arată că centrul de greutate al plăcii semicirculare de rază $r$, mărginită de semicercul superior și de diametrul lui, se află pe axa de simetrie, la înălțimea $\frac{4r}{3\pi }$.

Rezolvare. Placa este subgraficul funcției $f:[-r,r]\to \mathbb{R}$, $f(x)=\sqrt{r^2-x^2}$, continuă și pozitivă. Aria semidiscului este jumătate din aria discului, adică $\mathcal{S}=\frac{\pi r^2}{2}$ — rezultat obținut în aria discului și aria interiorului unei elipse, unde integrala ${\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx$ a fost calculată cu schimbarea de variabilă.

Funcția e pară, deci $x_G=0$ prin propoziția simetriei. Pentru cealaltă coordonată, pătratul face radicalul să dispară: $$\frac{1}{2}{\int }_{-r}^r{\left(\sqrt{r^2-x^2}\right)}^{2}dx=\frac{1}{2}{\int }_{-r}^r\left(r^2-x^2\right)dx=\frac{1}{2}\left(r^{2}x-\frac{x^3}{3}\right){|}_{-r}^r=\frac{1}{2}\cdot \frac{4r^3}{3}=\frac{2r^3}{3}.$$ Împărțind la arie, $y_G=\frac{2r^3}{3}:\frac{\pi r^2}{2}=\frac{4r}{3\pi }$. Pentru $r=3$ iese $y_G=\frac{4}{\pi }\approx 1,273$, adică ceva mai puțin de $43\%$ din rază: centrul e mult mai jos decât jumătatea razei, pentru că semidiscul e larg la bază și îngust sus.

Exemplul 3 — Placa de sub o dreaptă (trapez)

Determină centrul de greutate al plăcii mărginite de graficul funcției $f(x)=6-x$, de axele de coordonate și de dreapta $x=4$.

Rezolvare. Pe $[0,4]$ funcția e pozitivă, iar placa e un trapez dreptunghic cu bazele $f(0)=6$ și $f(4)=2$. Avem $\mathcal{S}={\int }_0^4(6-x)dx=\left(6x-\frac{x^2}{2}\right){|}_0^4=16$, apoi $$x_G=\frac{1}{16}{\int }_0^4\left(6x-x^2\right)dx=\frac{1}{16}\left(3x^2-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^4=\frac{1}{16}\cdot \frac{80}{3}=\frac{5}{3},$$ $$y_G=\frac{1}{16}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^4(6-x{)}^{2}dx=\frac{1}{32}\cdot \left(-\frac{(6-x{)}^3}{3}\right){|}_0^4=\frac{1}{32}\cdot \frac{208}{3}=\frac{13}{6}.$$ Deci $G\left(\frac{5}{3};\frac{13}{6}\right)\approx (1,67;2,17)$.

Exemplul 4 — Placa dintre două grafice

Determină centrul de greutate al plăcii mărginite de graficele funcțiilor $f(x)=2x$ și $g(x)=x^2$.

Rezolvare. Întâi limitele de integrare: $2x=x^2$ dă $x\in \{0,2\}$. Pe $[0,2]$ avem $x^2\le 2x$, deci $f$ e deasupra. Aria: $$\mathcal{S}={\int }_0^2\left(2x-x^2\right)dx=\left(x^2-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^2=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}.$$ Apoi ${\int }_0^{2}x\left(2x-x^2\right)dx=\left(\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right){|}_0^2=\frac{16}{3}-4=\frac{4}{3}$, de unde $x_G=\frac{4}{3}:\frac{4}{3}=1$. Și $$\frac{1}{2}{\int }_0^2\left(4x^2-x^4\right)dx=\frac{1}{2}\left(\frac{4x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right){|}_0^2=\frac{1}{2}\cdot \frac{64}{15}=\frac{32}{15},$$ deci $y_G=\frac{32}{15}:\frac{4}{3}=\frac{8}{5}=1,6$. Rezultatul: $G(1;1,6)$. Abscisa iese exact $1$, mijlocul intervalului, pentru că placa e simetrică față de dreapta $x=1$.

Exemplul 5 — Echilibrul pe vârful unui creion

O placă de carton are forma subgraficului funcției $f(x)=\sqrt{x}$ pe $[0,4]$, măsurile fiind în decimetri. La ce distanță de marginea din stânga trebuie sprijinită pe muchia unei rigle ca să stea în echilibru?

Rezolvare. Sprijinirea pe o muchie verticală cere ca muchia să treacă prin abscisa $x_G$. Calculăm $\mathcal{S}={\int }_0^4{x}^{1/2}dx=\frac{2}{3}{x}^{3/2}{|}_0^4=\frac{16}{3}$ și $${\int }_0^{4}x\sqrt{x}dx={\int }_0^4{x}^{3/2}dx=\frac{2}{5}{x}^{5/2}{|}_0^4=\frac{64}{5},$$ deci $x_G=\frac{64}{5}:\frac{16}{3}=\frac{12}{5}=2,4$ decimetri. Pentru sprijinirea pe un vârf avem nevoie și de $y_G=\frac{3}{16}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{4}xdx=\frac{3}{4}=0,75$ decimetri, deci $G(2,4;0,75)$.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcția $f:[0,1]\to \mathbb{R}$, $f(x)=e^x$, și placa plană omogenă mărginită de graficul lui $f$, de axa $Ox$ și de dreptele $x=0$ și $x=1$.

a) Calculează aria plăcii. b) Calculează $x_G$. c) Calculează $y_G$ și arată că $y_G<e$.

Rezolvare. a) $\mathcal{S}={\int }_0^1{e}^{x}dx=e^x{|}_0^1=e-1\approx 1,718$.

b) Integrala ${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$ se calculează prin integrarea prin părți pentru integrala definită, cu $f(x)=x$ și $g^{\prime }(x)=e^x$: $${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=x{e}^x{|}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=e-(e-1)=1.$$ Deci $x_G=\frac{1}{e-1}\approx 0,582$.

c) $\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^{2x}}{2}{|}_0^1=\frac{e^2-1}{4}$, iar $e^2-1=(e-1)(e+1)$, deci $$y_G=\frac{(e-1)(e+1)}{4(e-1)}=\frac{e+1}{4}\approx 0,930.$$ Cum $e+1<4e$ (echivalent cu $1<3e$, adevărat), rezultă $y_G=\frac{e+1}{4}<e$, adică centrul de greutate se află sub punctul cel mai înalt al plăcii — cum era de așteptat. ✓

Să exersăm

Lucrează pe caiet. La fiecare problemă scrie întâi aria $\mathcal{S}$, apoi cele două coordonate — este ordinea cerută de barem.

1. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=5$ pe $[0,6]$.

2. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=2x$ pe $[0,3]$.

3. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=x^2$ pe $[0,2]$.

4. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=3-x$ pe $[0,3]$.

5. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=\sqrt{x}$ pe $[0,9]$.

6. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=\frac{1}{x}$ pe $[1,e]$.

7. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=9-x^2$ pe $[-3,3]$, folosind simetria.

8. O placă are forma unui semidisc de rază $2$. Determină înălțimea centrului ei de greutate deasupra diametrului.

9. Determină centrul de greutate al plăcii de sub $f(x)=\sin x$ pe $[0,\pi ]$. (Indicație: ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=\pi$ și ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$.)

10. Determină centrul de greutate al plăcii mărginite de graficele funcțiilor $f(x)=x$ și $g(x)=x^2$.

11. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Centrul de greutate al unei plăci se află întotdeauna în interiorul plăcii."

12. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă placa este simetrică față de axa $Oy$, atunci $y_G=0$."

13. Arată, direct din formule, că pentru $f$ constantă pe $[a,b]$ centrul de greutate este centrul dreptunghiului.

14. Pentru $f(x)=mx+n$ pe $[0,a]$, cu $f>0$, arată că $x_G=\frac{a(2ma+3n)}{3(ma+2n)}$ și verifică cele două cazuri-limită, $m=0$ și $n=0$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f:[0,1]\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2+1$. Calculează aria plăcii de sub graficul lui $f$ și coordonatele centrului ei de greutate.

16. (Problemă aplicată.) O firmă taie din tablă plăci semicirculare cu raza de $30$ de centimetri și le agață de un cârlig. La ce înălțime deasupra diametrului trebuie fixat cârligul ca placa să atârne cu diametrul orizontal?

17. Determină centrul de greutate al plăcii mărginite de graficele funcțiilor $f(x)=\sqrt{x}$ și $g(x)=x$, și compară rezultatul cu cel de la exercițiul $10$.

18. (Provocare.) Fie $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continuă, pozitivă, neidentic nulă, cu $M=\max f$. Arată că $y_G\le \frac{M}{2}$ și că egalitatea are loc numai dacă $f$ este constantă.

Răspunsuri și explicații

1. $\mathcal{S}=30$; $x_G=\frac{1}{30}{\int }_0^{6}5xdx=\frac{90}{30}=3$; $y_G=\frac{1}{30}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{6}25dx=\frac{75}{30}=\frac{5}{2}$. Deci $G(3;2,5)$, centrul dreptunghiului.

2. $\mathcal{S}=9$; $x_G=\frac{1}{9}{\int }_0^{3}2x^{2}dx=\frac{18}{9}=2$; $y_G=\frac{1}{9}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{3}4x^{2}dx=\frac{18}{9}=2$. Deci $G(2;2)$ — triunghi cu $b=3$, $h=6$, iar $\frac{2b}{3}=2$ și $\frac{h}{3}=2$. ✓

3. $\mathcal{S}=\frac{8}{3}$; $x_G=\frac{3}{8}{\int }_0^2{x}^{3}dx=\frac{3}{8}\cdot 4=\frac{3}{2}$; $y_G=\frac{3}{8}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^2{x}^{4}dx=\frac{3}{16}\cdot \frac{32}{5}=\frac{6}{5}$. Deci $G(1,5;1,2)$.

4. $\mathcal{S}=\frac{9}{2}$; $x_G=\frac{2}{9}{\int }_0^3(3x-x^2)dx=\frac{2}{9}\cdot \frac{9}{2}=1$; $y_G=\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^3(3-x{)}^{2}dx=\frac{1}{9}\cdot 9=1$. Deci $G(1;1)$: triunghi cu catetele $3$ și $3$, deci $\frac{b}{3}=1$ și $\frac{h}{3}=1$. ✓

5. $\mathcal{S}=\frac{2}{3}\cdot 27=18$; $x_G=\frac{1}{18}\cdot \frac{2}{5}\cdot 243=\frac{27}{5}=5,4$; $y_G=\frac{1}{18}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{81}{2}=\frac{9}{8}=1,125$.

6. $\mathcal{S}=\ln x{|}_1^e=1$; $x_G={\int }_1^{e}x\cdot \frac{1}{x}dx=e-1\approx 1,718$; $y_G=\frac{1}{2}{\int }_1^e{x}^{-2}dx=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{e}\right)=\frac{e-1}{2e}\approx 0,316$.

7. Funcția e pară, deci $x_G=0$. Aria: $\mathcal{S}={\int }_{-3}^3(9-x^2)dx=36$. Apoi $\frac{1}{2}{\int }_{-3}^3(9-x^2{)}^{2}dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{1296}{5}=\frac{648}{5}$, deci $y_G=\frac{648}{5}:36=\frac{18}{5}=3,6$. Deci $G(0;3,6)$.

8. $y_G=\frac{4r}{3\pi }=\frac{8}{3\pi }\approx 0,849$.

9. $\mathcal{S}=-\cos x{|}_0^{\pi }=2$; $x_G=\frac{\pi }{2}$ (se putea vedea și din simetria față de dreapta $x=\frac{\pi }{2}$); $y_G=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }(1-\cos 2x)dx=\frac{1}{4}\cdot \pi =\frac{\pi }{8}\approx 0,393$.

10. Intersecțiile: $x=x^2$ dă $x\in \{0,1\}$, iar pe $[0,1]$ avem $x^2\le x$. $\mathcal{S}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$; $x_G=6{\int }_0^1(x^2-x^3)dx=6\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2}$; $y_G=6\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^1(x^2-x^4)dx=3\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)=\frac{2}{5}$. Deci $G\left(\frac{1}{2};\frac{2}{5}\right)$.

11. Fals. Pentru $f(x)=x^2$ pe $[-1,1]$ avem $\mathcal{S}=\frac{2}{3}$, $x_G=0$ (funcție pară) și $y_G=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}{\int }_{-1}^1{x}^{4}dx=\frac{3}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{3}{10}$. Punctul $G\left(0;0,3\right)$ nu e în placă: deasupra abscisei $0$ placa se reduce la un singur punct, cel de pe axă, pentru că $f(0)=0$. Concluzia e valabilă doar pentru plăci convexe.

12. Fals. Simetria față de $Oy$ dă $x_G=0$, nu $y_G=0$. De altfel, pentru o placă situată deasupra axei $Ox$ avem întotdeauna $y_G>0$, ca la exercițiul $7$.

13. Cu $f\equiv h$: $\mathcal{S}=h(b-a)$, $x_G=\frac{1}{h(b-a)}\cdot h\cdot \frac{b^2-a^2}{2}=\frac{a+b}{2}$, iar $y_G=\frac{1}{h(b-a)}\cdot \frac{h^2(b-a)}{2}=\frac{h}{2}$. Punctul $\left(\frac{a+b}{2},\frac{h}{2}\right)$ este intersecția diagonalelor dreptunghiului.

14. $\mathcal{S}=\frac{m{a}^2}{2}+na=\frac{a(ma+2n)}{2}$, iar ${\int }_0^a(m{x}^2+nx)dx=\frac{m{a}^3}{3}+\frac{n{a}^2}{2}=\frac{a^2(2ma+3n)}{6}$. Împărțind, $x_G=\frac{a(2ma+3n)}{3(ma+2n)}$. Pentru $m=0$: $\frac{3na}{6n}=\frac{a}{2}$ (dreptunghiul); pentru $n=0$: $\frac{2m{a}^2}{3ma}=\frac{2a}{3}$ (triunghiul).

15. $\mathcal{S}={\int }_0^1(x^2+1)dx=\frac{4}{3}$. Apoi ${\int }_0^1(x^3+x)dx=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$, deci $x_G=\frac{3}{4}:\frac{4}{3}=\frac{9}{16}=0,5625$. Și $\frac{1}{2}{\int }_0^1(x^4+2x^2+1)dx=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{5}+\frac{2}{3}+1\right)=\frac{14}{15}$, deci $y_G=\frac{14}{15}:\frac{4}{3}=\frac{7}{10}=0,7$. Deci $G(0,5625;0,7)$.

16. $y_G=\frac{4\cdot 30}{3\pi }=\frac{40}{\pi }\approx 12,732$ centimetri deasupra diametrului. Cârligul trebuie fixat pe axa de simetrie, la această înălțime — altfel placa se rotește până când centrul de greutate ajunge sub punctul de agățare.

17. Pe $[0,1]$ avem $x\le \sqrt{x}$. $\mathcal{S}=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$; $x_G=6{\int }_0^1\left(x^{3/2}-x^2\right)dx=6\left(\frac{2}{5}-\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{5}$; $y_G=6\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^1(x-x^2)dx=3\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{2}$. Deci $G\left(\frac{2}{5};\frac{1}{2}\right)$ — exact simetricul față de prima bisectoare al punctului de la exercițiul $10$, pentru că și plăcile sunt simetrice una alteia față de dreapta $y=x$.

18. Din $0\le f(x)\le M$ rezultă $f^2(x)\le Mf(x)$ pe tot intervalul. Prin monotonia integralei, ${\int }_a^b{f}^2\le M{\int }_a^{b}f=M\mathcal{S}$, deci $y_G=\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2\le \frac{M}{2}$. Egalitatea cere ${\int }_a^{b}f(M-f)=0$ cu integrand continuu și nenegativ, deci $f(M-f)\equiv 0$; pe intervalul unde $f>0$ rezultă $f=M$, iar continuitatea împiedică saltul la $0$ pe un subinterval, deci $f\equiv M$.

De reținut

• Centrul de greutate al unei plăci plane omogene este punctul în care placa stă în echilibru sprijinită pe un vârf, iar poziția lui depinde numai de forma plăcii, nu de material.
• Pentru placa de sub graficul funcției continue și pozitive $f$ pe $[a,b]$, coordonatele lui sunt $x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}xf(x)dx$ și $y_G=\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2(x)dx$, unde $\mathcal{S}$ este aria plăcii.
• Aria $\mathcal{S}$ se calculează întotdeauna prima, pentru că apare la numitorul ambelor coordonate.
• Pentru placa dintre graficele funcțiilor $g\le f$, numărătorii devin ${\int }_a^{b}x(f-g)$ și $\frac{1}{2}{\int }_a^b(f^2-g^2)$, iar numitorul este ${\int }_a^b(f-g)$.
• Dacă placa este simetrică față de axa $Oy$, adică $f$ este pară pe un interval simetric, atunci $x_G=0$ și rămâne de calculat o singură integrală.

Greșeli frecvente

• Uiți factorul $\frac{1}{2}$ de la $y_G$. El nu e decorativ: vine din faptul că fiecare fâșie verticală își are centrul la jumătatea înălțimii ei. Fără el, $y_G$ iese dublu, iar pe dreptunghi ar da $h$ în loc de $\frac{h}{2}$ — controlul îl prinde imediat.
• Pui $x^{2}f(x)$ în loc de $xf(x)$ la numărătorul lui $x_G$. Formula ponderează poziția $x$ cu masa $f(x)\Delta x$, deci puterea lui $x$ este $1$. Pătratul apare doar la $y_G$, și acolo el este al lui $f$, nu al lui $x$.
• Scrii $(f-g{)}^2$ la placa dintre două grafice. Corect este diferența de pătrate, $f^2-g^2$. Cele două expresii coincid doar când $g\equiv 0$, adică exact în cazul din care ai copiat formula.
• Crezi că simetria față de $Oy$ dă și $y_G=0$. Simetria față de o axă anulează coordonata perpendiculară pe acea axă; față de $Oy$ se anulează $x_G$. Pentru o placă așezată deasupra axei $Ox$, $y_G$ este strict pozitiv.
• Presupui că $G$ e mereu în interiorul plăcii. Pentru $f(x)=x^2$ pe $[-1,1]$, centrul iese $(0;0,3)$, iar acolo placa nu are material. Punctul de sprijin fizic se alege atunci pe verticala lui $x_G$, nu chiar în $G$.

Aplică acasă

1. Cartonul și creionul. Decupează din carton subgraficul funcției $f(x)=4-x^2$ pe $[-2,2]$, la scara de un centimetru pe unitate. Calculează $G(0;1,6)$, marchează punctul cu pixul și încearcă să echilibrezi cartonul pe vârful unui creion exact acolo. Apoi mută punctul de sprijin cu un centimetru mai sus și observă ce se întâmplă.

2. Semidiscul din farfurie. Taie o farfurie de carton în două jumătăți egale. Măsoară raza, calculează $\frac{4r}{3\pi }$ și verifică experimental: agață jumătatea de farfurie cu un ac, într-un punct oarecare de pe margine, lasă-o să se oprească și trasează verticala prin ac. Repetă din alt punct. Cele două verticale se taie în centrul de greutate — compară cu valoarea calculată.

3. Trapezul care alunecă. Ia $f(x)=mx+4$ pe $[0,4]$ și calculează $x_G$ pentru $m\in \{-0,5;0;0,5;1\}$. Fă un tabel cu cele patru valori și explică într-o frază de ce $x_G$ crește odată cu $m$. Verifică apoi că toate valorile obținute stau între $2$ și $\frac{8}{3}$.

Pentru părinți și profesori

Lecția acoperă ultimul element din lista de aplicații ale integralei definite cerute de programă la competența XII.CS.6.6: „coordonatele centrului de greutate al unei plăci plane omogene". Formulele se dau, nu se deduc — deducerea riguroasă cere integrale duble, care nu sunt în programa clasei a XII-a — dar sunt însoțite de intuiția mediei ponderate și, mai important, de două verificări pe figuri cunoscute din gimnaziu: dreptunghiul și triunghiul. Această disciplină a controlului e mai valoroasă decât formula însăși.

Ce verifică lecția: (1) scrierea corectă a celor două formule, cu factorul $\frac{1}{2}$ la locul lui; (2) calculul ariei ca prim pas; (3) folosirea simetriei pentru $x_G$; (4) trecerea la placa dintre două grafice, cu diferența de pătrate; (5) interpretarea rezultatului într-o situație concretă.

Întrebări bune de control: „De ce apare $f^2$ la $y_G$ și nu la $x_G$?", „Ce iese pe dreptunghi?", „Unde e centrul de greutate al unui triunghi și se potrivește cu formula?", „Ce se schimbă dacă placa e din plumb, nu din carton?". La BAC M1 această aplicație apare rar ca cerință de sine stătătoare și mai des ca ultimul subpunct al unei probleme de arii, după ce candidatul a calculat deja $\mathcal{S}$. Semn că elevul a înțeles: verifică singur, pe dreptunghi, formula pe care tocmai a scris-o.

Întrebări frecvente

Ce este centrul de greutate al unei plăci plane omogene? Este punctul $G$ în care placa, sprijinită pe un vârf, rămâne în echilibru oricum ar fi rotită. Pentru o placă omogenă, masa fiecărei bucăți este proporțională cu aria ei, deci poziția lui $G$ depinde numai de forma plăcii, nu de materialul din care e făcută.

Care este formula centrului de greutate cu integrale? Pentru placa de sub graficul funcției continue și pozitive $f$ pe $[a,b]$, coordonatele sunt $x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}xf(x)dx$ și $y_G=\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2(x)dx$, unde $\mathcal{S}={\int }_a^{b}f(x)dx$ este aria plăcii. Se calculează întâi aria, apoi cele două integrale de la numărători.

De ce apare $\frac{1}{2}$ numai la $y_G$? Pentru că fâșia verticală din dreptul abscisei $x$ se întinde de la $0$ la $f(x)$, iar centrul ei propriu este la jumătatea acestei înălțimi, adică la $\frac{f(x)}{2}$. Înmulțind această înălțime cu masa fâșiei, proporțională cu $f(x)$, apare $\frac{f^2(x)}{2}$. La $x_G$ poziția fâșiei este chiar $x$, fără nicio jumătate.

Cum se calculează centrul de greutate al unui semidisc? Se ia $f(x)=\sqrt{r^2-x^2}$ pe $[-r,r]$. Funcția fiind pară, $x_G=0$. Aria este $\frac{\pi r^2}{2}$, iar la numărătorul lui $y_G$ pătratul desface radicalul și dă $\frac{2r^3}{3}$. Rezultatul este formula clasică $y_G=\frac{4r}{3\pi }$, cam $42\%$ din rază.

Când pot spune direct că $x_G=0$? Când placa este simetrică față de axa $Oy$, adică funcția $f$ este pară pe un interval de forma $[-c,c]$. Atunci $xf(x)$ este impară, iar integrala unei funcții impare pe un interval simetric este nulă. Este cel mai ieftin punct dintr-o problemă: se justifică într-un rând, fără calcul.

Cum se schimbă formulele pentru placa dintre două grafice? Numitorul devine ${\int }_a^b(f(x)-g(x))dx$, la $x_G$ integrandul devine $x(f(x)-g(x))$, iar la $y_G$ devine $\frac{1}{2}(f^2(x)-g^2(x))$. Atenție: la $y_G$ este diferența pătratelor, nu pătratul diferenței — greșeala se face aproape automat de cine copiază formula de sus.

Centrul de greutate este întotdeauna în interiorul plăcii? Nu. Pentru plăci convexe, da; în general, nu. Placa de sub $f(x)=x^2$ pe $[-1,1]$ are centrul în $(0;0,3)$, iar deasupra abscisei $0$ placa se reduce la un punct de pe axă. În astfel de cazuri, sprijinul fizic se pune pe verticala lui $x_G$, unde există material.

Unde apare acest subiect la Bacalaureat M1? Apare la Subiectul al III-lea, ca ultim subpunct al unei probleme de aplicații ale integralei, de obicei după ce s-a cerut deja aria suprafeței. Cerința tipică este „determinați abscisa centrului de greutate", iar rezolvarea completă are trei linii: aria, integrala de la numărător, raportul lor.