LICEO SCIENTIFICO 2026 - PROBLEMA 1

Soluzione del punto a

Determinazione di a, b, c (tratto dal 2016 al 2019, 0 ≤ x < 3)

Con il sistema di riferimento scelto, il 2016 corrisponde a \(x=0\), il 2017 a \(x=1\), il 2018 a \(x=2\) e il 2019 a \(x=3\). Il modello \( y = a(x-2)^4 + b(x-2)^3 + c(x-2)^2 - 20 \) ha tre parametri incogniti, quindi servono tre equazioni indipendenti, ottenute imponendo il passaggio per tre punti noti della tabella.

Per \(x=0\) deve essere \(y=-6\):

\[ -6 = a(-2)^4 + b(-2)^3 + c(-2)^2 - 20 = 16a - 8b + 4c - 20 \] \[ 16a - 8b + 4c = 14 \quad (1) \]

Per \(x=1\) deve essere \(y=-16\):

\[ -16 = a(-1)^4 + b(-1)^3 + c(-1)^2 - 20 = a - b + c - 20 \] \[ a - b + c = 4 \quad (2) \]

Nota: per \(x=2\) si ha \((x-2)=0\), quindi il modello dà sempre \(y=-20\) qualunque siano \(a,b,c\) — il dato del 2018 è automaticamente soddisfatto, ma non fornisce alcuna informazione utile a determinare i parametri. Serve quindi un terzo punto diverso, cioè \(x=3\).

Il valore \(y=-18\) è il dato misurato a inizio 2019 (\(x=3\)). Poiché il primo tratto è definito su \([0,3)\), il valore corretto si ottiene come limite sinistro; essendo una funzione polinomiale, continua su \(\mathbb{R}\), tale limite coincide con la sostituzione diretta di \(x=3\):

\[ \lim_{x\to3^-}\big[a(x-2)^4+b(x-2)^3+c(x-2)^2-20\big]=-18 \] \[ \Longrightarrow\; a + b + c = 2 \quad (3) \]

Risolviamo il sistema. Sottraendo la (2) dalla (3):

\[ (a+b+c)-(a-b+c) = 2-4 \;\Rightarrow\; 2b=-2 \;\Rightarrow\; b=-1 \]

Dalla (3): \(a+c = 2-b = 3\), cioè \(c=3-a\). Sostituendo nella (1):

\[ 16a - 8(-1) + 4(3-a) = 14 \;\Rightarrow\; 16a+8+12-4a=14 \;\Rightarrow\; 12a =\] \[= -6 \;\Rightarrow\; a=-\frac12 \]

Ricaviamo infine \(c\) dalla relazione \(c=3-a\) trovata sopra:

\[ c = 3-a = 3-\left(-\tfrac12\right) = \tfrac72 \]

Quindi:

\[ a = -\frac12, \qquad b=-1, \qquad c = \frac72 \]

Determinazione di m (tratto dal 2019 al 2023, 3 ≤ x ≤ 7)

Imponendo la continuità in \(x=3\) con il valore \(y=-18\) trovato sopra:

\[ -18 = m \cdot 3 - 24 + \text{sen}^2(3\pi) = 3m - 24 \] \[ m = \dfrac{24 - 18}{3} = 2 \]

quindi, per \(3 < x \le 7\):

\[ y = 2x - 24 + \text{sen}^2(\pi x) \]

Determinazione di k (tratto dal 2023 al 2026, 7 < x ≤ 10)

Usiamo il dato del 2024, cioè \(x=8\), \(y=-10\) (valore incluso nel dominio del tratto). Imponendo la continuità:

\[ -10 = 2\cos(2\pi \cdot 8) + k = 2\cos(16\pi) + k = 2 + k \] \[ k = -10 - 2 = -12 \]

Modello completo

\[ f(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{2}(x-2)^4 - (x-2)^3 + \dfrac{7}{2}(x-2)^2 - 20, & 0 \le x < 3 \\[2mm] 2x - 24 + \text{sen}^2(\pi x), & 3 \le x \le 7 \\[2mm] 2\cos(2\pi x) - 12, & 7 < x \le 10 \end{cases} \]

Soluzione del punto b

Riprendiamo la funzione definita a tratti:

\[ f(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{2}(x-2)^4 - (x-2)^3 + \dfrac{7}{2}(x-2)^2 - 20, & 0 \le x < 3 \\[2mm] 2x - 24 + \text{sen}^2(\pi x), & 3 \le x \le 7 \\[2mm] 2\cos(2\pi x) - 12, & 7 < x \le 10 \end{cases} \]

Continuità nei punti di raccordo

La funzione è costituita da tratti continui su tutto \(\mathbb{R}\) (una polinomiale, una funzione goniometrica, un coseno), quindi basta verificare la continuità nei punti di raccordo \(x=3\) e \(x=7\): una funzione definita a tratti è continua in un punto di raccordo se il limite calcolato da sinistra coincide con quello calcolato da destra (e con il valore della funzione in quel punto).

In \(x=3\): dal primo tratto \( \lim_{x \to 3^-} f(x) = -\dfrac{1}{2}-1+\dfrac{7}{2}-20=-18\); dal secondo tratto \(f(3)=6-24+\text{sen}^2(3\pi)=-18\). I valori coincidono: f è continua in x=3.

In \(x=7\): dal secondo tratto \(f(7)=14-24+\text{sen}^2(7\pi)=-10\); dal terzo tratto \( \lim_{x \to 7^+} f(x) = 2\cos(14\pi)-12=2-12=-10\). I valori coincidono: f è continua in x=7. Quindi f è continua su tutto \([0;10]\).

Derivabilità nei punti di raccordo

Ogni tratto è anche derivabile su tutto \(\mathbb{R}\) (polinomi e funzioni goniometriche lo sono sempre), quindi resta da controllare solo i punti di raccordo \(x=3\) e \(x=7\): oltre alla continuità, serve che le derivate sinistra e destra coincidano in quel punto; se sono diverse, la funzione non è derivabile in quel punto. Confrontiamo i limiti delle derivate dei singoli tratti per \(x\to3\) e \(x\to7\): questo è un criterio sufficiente, ma non necessario, per la derivabilità (in caso di esito negativo o dubbio si dovrebbe ricorrere alla definizione con il rapporto incrementale).

In \(x=3\) - derivata del primo tratto:

\[ f'(x) = -2(x-2)^3-3(x-2)^2+7(x-2) \qquad \Rightarrow \qquad f'_-(3) =\] \[=-2(1)^3-3(1)^2+7(1) = -2-3+7=2 \]

derivata del secondo tratto:

\[ f'(x) = 2+\pi\,\text{sen}(2\pi x) \qquad \Rightarrow \] \[ f'_+(3) = 2+\pi\,\text{sen}(6\pi) = 2+0 = 2 \]

Le derivate coincidono: f è derivabile in x=3.

In \(x=7\) - derivata del secondo tratto:

\[ f'(x) = 2+\pi\,\text{sen}(2\pi x) \qquad \Rightarrow \qquad f'_-(7) = 2+\pi\,\text{sen}(14\pi) = 2+0 = 2 \]

derivata del terzo tratto:

\[ f'(x) = -4\pi\,\text{sen}(2\pi x) \qquad \Rightarrow \qquad f'_+(7) = -4\pi\,\text{sen}(14\pi) = -4\pi\cdot0 = 0 \]

Le derivate sono diverse (\(2 \ne 0\)): f NON è derivabile in x=7, che è un punto angoloso.

Primo tratto: \(0 \le x < 3\)

\[ f'(x) = -2(x-2)^3-3(x-2)^2+7(x-2) =\] \[= (x-2)\big[-2(x-2)^2-3(x-2)+7\big] \]

Sviluppiamo il trinomio \(g(x)=-2(x-2)^2-3(x-2)+7\) tra parentesi quadre:

\[ g(x) = -2(x^2-4x+4)-3x+6+7 = -2x^2+5x+5 \]

Discriminante: \(\Delta=25+40=65\), da cui le radici

\[ x = \frac{5\pm\sqrt{65}}{-4} \quad\Rightarrow\quad x\approx-0{,}77 \;\; \text{e} \;\; x\approx3{,}27 \]

entrambe esterne al dominio \([0;3[\,\). Essendo \(g\) una parabola con concavità verso il basso (coefficiente di \(x^2\) negativo), \(g\) è positivo proprio tra le due radici, intervallo che contiene per intero \([0,3[\,\): quindi \(g(x)>0\) per ogni \(x\in[0,3[\,\). Il segno di \(f'\) coincide quindi con quello di \((x-2)\): negativa per \(0 \le x < 2\) (f decrescente), positiva per \(2 < x < 3\) (f crescente).

\(x=2\) è punto di minimo relativo (assoluto in questo tratto), con \(f(2)=-20\). L'estremo \(x=0\) è un massimo di frontiera, con \(f(0)=-6\). Nel grafico si notano anche i punti \(B=(1;-16)\) e \(D=(3;-18)\), e i punti esterni al dominio \(M\approx(-0{,}77;-1{,}33)\) e \(M_1\approx(3{,}27;-17{,}7)\), che mostrano l'andamento del modello polinomiale al di fuori dell'intervallo richiesto.

Concavità e flessi. Derivando ancora:

\[ f''(x) = -6(x-2)^2-6(x-2)+7 \]

Risolviamo \(f''(x)=0\), cioè \(-6(x-2)^2-6(x-2)+7=0\), ovvero \(6(x-2)^2+6(x-2)-7=0\):

\[ x-2 = \frac{-6\pm\sqrt{36+168}}{12} = \frac{-3\pm\sqrt{51}}{6} \] \[ x = 2+\frac{-3\pm\sqrt{51}}{6} \]

da cui le due soluzioni:

\[ x_1 = 2+\frac{-3-\sqrt{51}}{6} \approx 0{,}31, \qquad x_2 = 2+\frac{-3+\sqrt{51}}{6} \approx 2{,}69 \]

Entrambi i valori sono interni al dominio \([0;3[\,\). Poiché \(f''\) è una parabola (nella variabile \(x-2\)) con concavità verso il basso, è negativa fuori dall'intervallo \(]x_1;x_2[\) e positiva al suo interno: \(f\) è concava verso l'alto per \(x_1<x<x_2\) e verso il basso altrove. Quindi \(x_1\approx0{,}31\) e \(x_2\approx2{,}69\) sono punti di flesso, con

\[ f(x_1)\approx -9{,}25, \qquad f(x_2)\approx -18{,}77 \]

Legenda: A=(0,-6) max di frontiera, B=(1,-16), F₁≈(0,31;-9,25) e F₂≈(2,69;-18,77) punti di flesso, m=(2,-20) minimo, D=(3,-18) estremo del tratto. In verde, fuori dominio, l'andamento completo del polinomio (con M ed M₁ punti di massimo esterni all'intervallo [0;3[).

Secondo tratto: \(3 \le x \le 7\)

\[ f'(x) = 2 + \pi\,\text{sen}(2\pi x) \]

Poiché \(\pi\,\text{sen}(2\pi x)\) oscilla tra \(-\pi\) e \(\pi\) (\(\pi\approx3{,}14\)), \(f'(x)\) non ha segno costante: f non è monotòna su questo tratto, ma presenta piccole oscillazioni periodiche (periodo 1). Cerchiamo i punti critici risolvendo \(f'(x)=0\):

\[ 2+\pi\,\text{sen}(2\pi x)=0 \quad\Rightarrow\quad \text{sen}(2\pi x) = -\frac{2}{\pi}\approx-0{,}64 \]

Le soluzioni di \(\text{sen}(\alpha)=-0{,}64\) nel terzo e quarto quadrante sono \(\alpha\approx\pi+0{,}69\approx3{,}83\) e \(\alpha\approx2\pi-0{,}69\approx5{,}59\), più i multipli di \(2\pi\). Ponendo \(\alpha=2\pi x\) e dividendo per \(2\pi\), si trovano le soluzioni periodiche, di periodo 1:

\[ x\approx n+0{,}61 \qquad \text{e} \qquad x\approx n+0{,}89, \qquad n\in\mathbb{Z} \]

Restringendo al dominio \([3,7]\) si ottengono \(n=3,4,5,6\), cioè 8 punti critici. Per classificarli basta osservare il segno di \(\text{sen}(2\pi x)\) appena prima e dopo ciascuno: tra \(x\approx n+0{,}61\) e \(x\approx n+0{,}89\) il seno scende fino al minimo (\(-1\) per \(x=n+0{,}75\)), quindi \(f'<0\) e f decresce; fuori da questo intervallo \(f'>0\) e f cresce. Dunque ogni \(x\approx n+0{,}61\) è un massimo relativo e ogni \(x\approx n+0{,}89\) è un minimo relativo: 4 massimi e 4 minimi relativi in \(]3;7[\,\), di ampiezza molto piccola (ad esempio \(f(3{,}61)\approx-21{,}90\) e \(f(3{,}89)\approx-22{,}10\), un'oscillazione di soli \(0{,}2\) dm rispetto al trend lineare di fondo \(2x-24\)).

Nei punti interi (coerenti con la tabella iniziale): \(R=(3;-18)\), \(G=(4;-16)\), \(H=(5;-14)\), \(I=(6;-12)\), \(J=(7;-10)\).

Legenda: R=(3,-18), G=(4,-16), H=(5,-14), I=(6,-12), J=(7,-10); crescita complessiva con piccole oscillazioni periodiche (in tratteggio l'andamento al di fuori del dominio).

Terzo tratto: \(7 < x \le 10\)

È una funzione coseno di periodo \(T=1\), dilatata verticalmente di un fattore 2 e traslata in basso di 12 unità: oscilla regolarmente tra \(-10\) (massimo) e \(-14\) (minimo).

\[ f'(x) = -4\pi\,\text{sen}(2\pi x) \]

Massimi relativi in \(x=8,\,9\) (di frontiera anche in \(x=10\)), con \(f=-10\); minimi relativi in \(x=7{,}5,\ 8{,}5,\ 9{,}5\), con \(f=-14\).

Legenda: L=(7,-10), N=(8,-10), O=(9,-10), P=(10,-10) massimi relativi; minimi (non etichettati) in x=7,5; 8,5; 9,5. In tratteggio l'andamento periodico completo della funzione coseno.

Grafico complessivo

Unendo i tre tratti — continui ovunque, ma con un punto angoloso in \(x=7\) — si ottiene il grafico complessivo di \(f\) su \([0;10]\):

Legenda: in rosso il 1° tratto (A=(0,-6), m=(2,-20)), in verde il 2° tratto, in viola il 3° tratto, con punto angoloso in Q=(7,-10).

Soluzione del punto c

Non applicabilità del teorema di Lagrange

Il teorema di Lagrange richiede che f sia continua su \([0;10]\) e derivabile su tutto l'intervallo aperto \(\,]0;10[\,\). La prima condizione è verificata (punto b). La seconda no: abbiamo già mostrato che f non è derivabile in \(x=7\) (punto angoloso, con \(f'_-(7)=2 \ne 0=f'_+(7)\)), e \(7 \in\,]0;10[\,\). Mancando un'ipotesi del teorema, il teorema di Lagrange non è applicabile su \([0;10]\).

Significato geometrico della domanda

Il rapporto \( \dfrac{f(10)-f(0)}{10} = \dfrac{-10-(-6)}{10} = -\dfrac{4}{10} = -0{,}4 \) è il coefficiente angolare della retta \(AP\), che congiunge i punti \(A=(0;-6)\) e \(P=(10;-10)\) del grafico. Chiedersi se esiste \(s\) con \(f'(s)=-0{,}4\) equivale a chiedersi se in qualche punto del grafico la retta tangente è parallela alla secante \(AP\).

Non potendo usare Lagrange sull'intero intervallo, osserviamo che f è comunque continua su ogni intervallo chiuso e derivabile su ogni intervallo aperto tra i tre punti di raccordo: \([0;3]\), \([3;7]\), \([7;10]\). Il teorema di Lagrange è quindi applicabile separatamente su ciascuno di questi tre tratti.

Osservazione sui grafici (punto b) e conclusione

Primo tratto \([0;3]\): osservando il grafico, la tangente parte molto inclinata in discesa (\(f'(0)=-10\)), si annulla nel minimo \(m=(2;-20)\) e torna inclinata in salita fino a \(f'(3)=2\) (con un massimo locale di \(f'\), pari a circa \(2{,}75\), nel punto di flesso \(x\approx2{,}69\)). Poiché \(f'\) è continua su \(]0;3[\) e assume sia valori minori di \(-0{,}4\) (es. \(-10\)) sia maggiori (es. \(2\)), per il teorema dei valori intermedi esiste almeno un punto in cui la tangente ha pendenza esattamente \(-0{,}4\): cioè un punto in cui il grafico, nella sua discesa verso il minimo, è già "parallelo" alla secante \(AP\).

Secondo e terzo tratto: qui \(f'\) oscilla periodicamente (rispettivamente tra circa \(-1{,}14\) e \(5{,}14\), e tra circa \(-12{,}57\) e \(12{,}57\)): valori ben più ampi dell'intervallo che contiene \(-0{,}4\). Per lo stesso motivo (continuità + valori intermedi), la pendenza \(-0{,}4\) viene assunta dalla tangente più volte durante ciascuna oscillazione.

Conclusione: sì, esistono punti \(s \in\,]0;10[\,\) con \(f'(s)=-0{,}4\) — anzi, ce ne sono diversi, proprio a causa della "crescita oscillante" voluta dal modello.

Calcolo dei valori di s

Primo tratto — risolvendo numericamente \(f'(x)=-2(x-2)^3-3(x-2)^2+7(x-2)=-0{,}4\) si trova un solo valore:

\[ s \approx 1{,}94 \]

Secondo tratto — da \(2+\pi\,\text{sen}(2\pi x)=-0{,}4\) si ha \(\text{sen}(2\pi x) = -\dfrac{2{,}4}{\pi}\approx-0{,}764\), che fornisce due famiglie di soluzioni per ogni periodo; in \(]3;7[\) si trovano 8 valori:

\[ s \approx 3{,}64;\;3{,}86;\;4{,}64;\;4{,}86;\;5{,}64;\;5{,}86;\;6{,}64;\;6{,}86 \]

Terzo tratto — da \(-4\pi\,\text{sen}(2\pi x)=-0{,}4\) si ha \(\text{sen}(2\pi x)=\dfrac{0{,}1}{\pi}\approx0{,}032\); in \(]7;10[\) si trovano 6 valori:

\[ s \approx 7{,}01;\;7{,}49;\;8{,}01;\;8{,}49;\;9{,}01;\;9{,}49 \]

In totale, quindi, 15 valori di \(s\) soddisfano la condizione richiesta — un numero elevato dovuto proprio alle oscillazioni periodiche con cui il secondo e il terzo tratto modellizzano l'andamento "oscillante" del livello del lago.

Soluzione del punto d

\(f\) è continua in \([0;10]\), quindi vale il teorema della media: il valor medio \(\Delta h\) è dato da

\[ \Delta h = \frac{1}{10-0}\int_0^{10} f(x)\,dx \]

Primo tratto:

\[ \int f(x)\,dx = -\frac{1}{10}(x-2)^5 - \frac{1}{4}(x-2)^4 + \frac{7}{6}(x-2)^3 - 20x + c \] \[ \int_0^3 f(x)\,dx = \left[ -\frac{1}{10}(x-2)^5 - \frac{1}{4}(x-2)^4 + \frac{7}{6}(x-2)^3 - 20x \right]_0^3 = -49{,}05 \]

Secondo tratto:

\[ \int f(x)\,dx = \int\!\Big(2x-24+\frac{1-\cos(2\pi x)}{2}\Big)dx = x^2 - \frac{47}{2}x - \frac{\text{sen}(2\pi x)}{4\pi} + c \] \[ \int_3^7 f(x)\,dx = \left[ x^2 - \frac{47}{2}x - \frac{\text{sen}(2\pi x)}{4\pi} \right]_3^7 = -54 \]

Terzo tratto:

\[ \int f(x)\,dx = \frac{\text{sen}(2\pi x)}{\pi} - 12x + c \] \[ \int_7^{10} f(x)\,dx = \left[ \frac{\text{sen}(2\pi x)}{\pi} - 12x \right]_7^{10} = -36 \]

Sommando i tre contributi:

\[ \int_0^{10} f(x)\,dx = -49{,}05 - 54 - 36 = -139{,}05 \]

Il valore medio integrale del livello delle acque è quindi:

\[ \Delta h = \frac{-139{,}05}{10} = -13{,}905 \text{ dm} = -1{,}3905 \text{ m} \]

Questo significa che nel decennio esaminato (2016–2026), il livello del lago si è attestato in media a circa \(1{,}39 \text{ m}\) al di sotto dello zero idrometrico ottimale.

Stima della differenza di volume d'acqua

Esprimiamo la superficie del lago in metri quadri: \(S = 57 \text{ km}^2 = 57 \cdot 10^6 \text{ m}^2\).

Utilizzando il valore medio calcolato \(\Delta h\), il volume medio di acqua mancante nel bacino rispetto alla condizione di sbarramento ottimale è pari a:

\[ V = S \cdot |\Delta h| = (57 \cdot 10^6 \text{ m}^2) \cdot 1{,}3905 \text{ m} = 79{,}2585 \cdot 10^6 \text{ m}^3 \approx 7{,}93 \cdot 10^7 \text{ m}^3 \]

Poiché \(1 \text{ m}^3 = 1000 \text{ litri}\), convertiamo il volume in litri:

\[ V \approx 7{,}93 \cdot 10^7 \cdot 10^3 \text{ litri} = 7{,}93 \cdot 10^{10} \text{ litri} \]

Risposta: In base al modello della media integrale, nel periodo considerato è mancato un volume medio complessivo di circa 79,3 miliardi di litri rispetto allo zero idrometrico ottimale.