Simulazione 7 – PROBLEMA 2
Versione DSA
Simulazione 7 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026
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Nel piano riferito ad un sistema \(Oxy\) di coordinate cartesiane siano assegnate le parabole d'equazioni: \(y^2 = 2x\) e \(x^2 = y\).
Nel piano riferito ad un sistema O x ipsilon di coordinate cartesiane siano assegnate le parabole di equazioni: ipsilon al quadrato uguale 2 x, e x al quadrato uguale ipsilon.
a)
Si disegnino le due parabole e se ne determinino le coordinate dei fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con \(A\) il punto d'intersezione delle due parabole diverso dall'origine \(O\).
Punto a. Si disegnino le due parabole e se ne determinino le coordinate dei fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con A il punto di intersezione delle due parabole diverso dall'origine O.
Soluzione del punto a
Legenda: In verde la parabola \(y^2 = 2x\) con fuoco \(F_1\) e direttrice \(x=-\tfrac{1}{2}\); in blu la parabola \(x^2 = y\) con fuoco \(F_2\) e direttrice \(y=-\tfrac{1}{4}\). Il punto \(A\) è l'intersezione diversa dall'origine.
Parabola \(y^2 = 2x\)
La forma standard è \(y^2 = 4px\), con \(4p = 2\), quindi \(p = \dfrac{1}{2}\).
- Fuoco: \(F_1 = \left(\dfrac{1}{2};\; 0\right)\)
- Direttrice: \(x = -\dfrac{1}{2}\)
Parabola \(x^2 = y\)
La forma standard è \(x^2 = 4py\), con \(4p = 1\), quindi \(p = \dfrac{1}{4}\).
- Fuoco: \(F_2 = \left(0;\; \dfrac{1}{4}\right)\)
- Direttrice: \(y = -\dfrac{1}{4}\)
Punto di intersezione \(A\)
Sostituiamo \(y = x^2\) nella prima equazione \(y^2 = 2x\):
\[ (x^2)^2 = 2x \implies x^4 = 2x \implies x^4 - 2x = 0 \implies x(x^3 - 2) = 0 \]Le soluzioni sono \(x = 0\) (origine \(O\)) e \(x^3 = 2\), cioè \(x = \sqrt[3]{2}\).
L'ordinata corrispondente è:
\[ y = x^2 = \left(\sqrt[3]{2}\right)^2 = \sqrt[3]{4} \]- Parabola \(y^2=2x\): fuoco \(F_1=\!\left(\tfrac{1}{2};\,0\right)\), direttrice \(x=-\tfrac{1}{2}\)
- Parabola \(x^2=y\): fuoco \(F_2=\!\left(0;\,\tfrac{1}{4}\right)\), direttrice \(y=-\tfrac{1}{4}\)
- Punto \(A = \left(\sqrt[3]{2};\;\sqrt[3]{4}\right)\)
b)
L'ascissa di \(A\) è \(\sqrt[3]{2}\); si dica a quale problema classico dell'antichità è legato tale numero e, mediante l'applicazione di un metodo iterativo di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di \(10^{-2}\).
Punto b. L'ascissa di A è la radice cubica di 2. Si dica a quale problema classico dell'antichità è legato tale numero e, mediante l'applicazione di un metodo iterativo di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di 10 alla meno 2.
Soluzione del punto b
Il problema classico: la duplicazione del cubo
Il numero \(\sqrt[3]{2}\) è legato al celebre problema della duplicazione del cubo: dato un cubo di lato \(l\), costruire il lato del cubo con volume doppio. Poiché il volume del nuovo cubo deve essere \(2l^3\), il lato cercato è \(l' = \sqrt[3]{2}\,l\).
Insieme alla trisezione dell'angolo e alla quadratura del cerchio, è uno dei tre grandi problemi classici della geometria greca che non possono essere risolti usando soltanto riga e compasso.
Metodo delle tangenti (Newton–Raphson)
Cerchiamo lo zero della funzione \(f(x) = x^3 - 2\) nell'intervallo \([1;\,2]\).
Calcoliamo i valori agli estremi:
\[f(1) = 1 - 2 = -1 < 0 \qquad f(2) = 8 - 2 = 6 > 0\]Calcoliamo le derivate:
\[f'(x) = 3x^2 > 0 \quad \text{su } [1;\,2]\] \[f''(x) = 6x > 0 \quad \text{su } [1;\,2]\]Poiché \(f(2)\) e \(f''(2)\) hanno lo stesso segno (entrambi positivi), scegliamo \(x_0 = 2\) come punto iniziale. La successione sarà decrescente e convergerà per eccesso.
Legenda: In nero la curva \(f(x)=x^3-2\). In rosso la tangente nel punto \(B=(2;\,6)\), che interseca l'asse \(x\) in \(x_1=1{,}5\). In blu la tangente nel punto \(E\), che interseca l'asse \(x\) in \(x_2\approx 1{,}296\).
Formula iterativa
\[ x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = x_n - \frac{x_n^3 - 2}{3x_n^2} \]Iterazione 1
\[ x_1 = 2 - \frac{f(2)}{f'(2)} = 2 - \frac{6}{12} = 2 - 0{,}5 = 1{,}5 \]Iterazione 2
\[ x_2 = 1{,}5 - \frac{f(1{,}5)}{f'(1{,}5)} = 1{,}5 - \frac{1{,}375}{6{,}75} \approx 1{,}5 - 0{,}204 \approx 1{,}296\ldots \]Iterazione 3
\[ x_3 = 1{,}296\ldots - \frac{f(1{,}296\ldots)}{f'(1{,}296\ldots)} \approx 1{,}260\ldots \]Poiché \(|x_3 - x_2| < 10^{-2}\), la successione ha raggiunto la precisione richiesta.
\(\sqrt[3]{2} \approx \boldsymbol{1{,}26}\), approssimato per eccesso a meno di \(10^{-2}\).
c)
Sia \(\mathbf{D}\) la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi \(O\) e \(A\). Si determini la retta \(r\), parallela all'asse \(x\), che stacca su \(\mathbf{D}\) il segmento di lunghezza massima.
Punto c. Sia D la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi O e A. Si determini la retta r, parallela all'asse x, che stacca su D il segmento di lunghezza massima.
Soluzione del punto c
Legenda: La regione \(\mathbf{D}\) è delimitata dai due archi di parabola tra \(O\) e \(A\). La retta orizzontale \(r\colon y=t\) interseca la parabola \(y^2=2x\) nel punto \(B\) e la parabola \(x^2=y\) nel punto \(C\). Il segmento in rosso è \(BC\).
Coordinate di \(B\) e \(C\)
Consideriamo la retta \(r\colon y = t\), con \(0 \le t \le y_A = \sqrt[3]{4}\).
- Punto \(B\) (intersezione con \(y^2 = 2x\)): \[x = \frac{y^2}{2} = \frac{t^2}{2} \implies B = \left(\frac{t^2}{2};\; t\right)\]
- Punto \(C\) (intersezione con \(x^2 = y\)): \[x = \sqrt{y} = \sqrt{t} \implies C = \left(\sqrt{t};\; t\right)\]
Lunghezza del segmento \(BC\)
Poiché \(B\) e \(C\) hanno la stessa ordinata, la lunghezza è:
\[ \overline{BC} = \sqrt{t} - \frac{t^2}{2} =: f(t), \qquad t \in \left[0;\; \sqrt[3]{4}\right] \]Calcolo del massimo
Deriviamo e poniamo uguale a zero:
\[ f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} - t = 0 \implies \frac{1}{2\sqrt{t}} = t \implies 1 = 2t^{3/2} \implies t^{3/2} = \frac{1}{2} \] \[ t = \left(\frac{1}{2}\right)^{2/3} = \frac{1}{\sqrt[3]{4}} = \sqrt[3]{\frac{1}{4}} \]Verifichiamo con la derivata seconda:
\[ f''(t) = -\frac{1}{4}t^{-3/2} - 1 < 0 \quad \text{per ogni } t > 0 \]Quindi il punto critico è un massimo.
La retta \(r\) che individua il segmento di lunghezza massima ha equazione:
\[y = \sqrt[3]{\frac{1}{4}}\]
d)
Si consideri il solido \(\mathbf{W}\) ottenuto dalla rotazione di \(\mathbf{D}\) intorno all'asse \(x\). Se si taglia \(\mathbf{W}\) con piani ortogonali all'asse \(x\), quale forma hanno le sezioni ottenute? Si calcoli il volume di \(\mathbf{W}\).
Punto d. Si consideri il solido W ottenuto dalla rotazione di D intorno all'asse x. Se si taglia W con piani ortogonali all'asse x, quale forma hanno le sezioni ottenute? Si calcoli il volume di W.
Soluzione del punto d
Legenda: La regione \(\mathbf{D}\) ruota attorno all'asse \(x\). Il segmento verticale \(HK\) ha l'estremo \(H\) sulla parabola \(y^2=2x\) (ramo superiore) e l'estremo \(K\) sulla parabola \(x^2=y\). In rosso il segmento \(HK\).
Forma delle sezioni
Ruotando la regione \(\mathbf{D}\) attorno all'asse \(x\), ogni sezione piana ortogonale all'asse è generata dalla rotazione del segmento \(HK\) attorno all'asse stesso.
Il punto \(H\) (sulla parabola \(y^2 = 2x\), ramo superiore) ha ordinata \(y_H = \sqrt{2x}\).
Il punto \(K\) (sulla parabola \(x^2 = y\)) ha ordinata \(y_K = x^2\).
La sezione è una corona circolare con:
- Raggio esterno \(R = \sqrt{2x}\)
- Raggio interno \(r = x^2\)
Calcolo del volume
L'area della sezione a corona circolare è:
\[ A(x) = \pi\!\left(R^2 - r^2\right) = \pi\!\left(2x - x^4\right) \]Il volume si ottiene integrando tra \(x = 0\) e \(x = \sqrt[3]{2}\):
\[ V = \pi \int_0^{\sqrt[3]{2}} \!\left(2x - x^4\right) dx = \pi \left[x^2 - \frac{x^5}{5}\right]_0^{\sqrt[3]{2}} \]Calcoliamo all'estremo superiore \(x = \sqrt[3]{2} = 2^{1/3}\):
\[ \left(\sqrt[3]{2}\right)^2 = \sqrt[3]{4}, \qquad \left(\sqrt[3]{2}\right)^5 = \sqrt[3]{32} \]Quindi:
\[ V = \pi\!\left(\sqrt[3]{4} - \frac{\sqrt[3]{32}}{5}\right) \]
Le sezioni di \(\mathbf{W}\) sono corone circolari.
\[V = \pi\!\left(\sqrt[3]{4} - \frac{\sqrt[3]{32}}{5}\right) \cong 3\]
\[V = \pi\!\left(\sqrt[3]{4} - \frac{\sqrt[3]{32}}{5}\right) \cong 3\]