Simulazione 8 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

Analisi di \(f(x) = x^3 - 16x\)

La funzione è una cubica dispari (simmetrica rispetto all'origine), definita su tutto \(\mathbb{R}\).

Intersezioni con l'asse \(x\):

\[x^3 - 16x = 0 \implies x(x^2 - 16) = 0 \] \[\implies x = 0, \quad x = -4, \quad x = 4\]

Derivata prima e punti stazionari:

\[f'(x) = 3x^2 - 16 = 0 \implies x = \pm\frac{4}{\sqrt{3}}\]

• Massimo relativo: \(M = \left(-\dfrac{4}{\sqrt{3}};\; \dfrac{128\sqrt{3}}{9}\right) \approx (-2{,}31;\; 24{,}63)\)
• Minimo relativo: \(m = \left(\dfrac{4}{\sqrt{3}};\; -\dfrac{128\sqrt{3}}{9}\right) \approx (2{,}31;\; -24{,}63)\)

Derivata seconda e flesso:

\[f''(x) = 6x = 0 \implies x = 0\]

Flesso nell'origine. Concavità verso l'alto per \(x > 0\), verso il basso per \(x < 0\).

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Analisi di \(g(x) = \sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)\)

Funzione sinusoidale di periodo:

\[T = \frac{2\pi}{\dfrac{\pi}{2}} = 4\]

I punti a tangente orizzontale si hanno dove \(g'(x) = 0\), cioè dove \(\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{2}\right) = \pm 1\):

• Ordinata \(+1\): \(x = -7,\; -3,\; 1,\; 5,\; 9\)
• Ordinata \(-1\): \(x = -9,\; -5,\; -1,\; 3,\; 7\)

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Soluzione del punto 2

L'area della regione \(R\) si calcola con l'integrale definito nell'intervallo \([0;\,4]\):

\[\text{Area} = \int_{0}^{4} (g(x) - f(x))\,dx\]

Osservando il grafico, nell'intervallo \([0;\,4]\) l'integrale della sinusoide si annulla per simmetria dei suoi lobi positivi e negativi. L'area corrisponde quindi a:

\[\text{Area} = -\int_{0}^{4} f(x)\,dx = -\int_{0}^{4} (x^3 - 16x)\,dx\]

Calcoliamo:

\[-\int_{0}^{4} (x^3 - 16x)\,dx = -\left[\frac{x^4}{4} - 8x^2\right]_{0}^{4} = -\!\left(\frac{256}{4} - 8 \cdot 16\right) = -(64 - 128) = 64\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 3

Intersezioni con la retta \(y = -15\)

Risolviamo il sistema:

\[\begin{cases} y = x^3 - 16x \\ y = -15 \end{cases} \implies x^3 - 16x + 15 = 0\]

Verifichiamo la radice immediata \(x = 1\) (regola di Ruffini) e abbassiamo di grado:

\[(x - 1)(x^2 + x - 15) = 0\]

Le soluzioni esatte sono:

\[x = 1 \qquad \text{e} \qquad x = \frac{-1 \pm \sqrt{61}}{2}\]

Verifica numerica nell'intervallo \([-4;\,4]\):

• \(x_1 = 1\) ✓ accettabile
• \(x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{61}}{2} \approx 3{,}4\) ✓ accettabile
• \(x_3 = \dfrac{-1 - \sqrt{61}}{2} \approx -4{,}4\) ✗ fuori dall'intervallo

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Intersezioni con la retta \(y = -5\)

Risolviamo il sistema:

\[\begin{cases} y = x^3 - 16x \\ y = -5 \end{cases} \implies x^3 - 16x + 5 = 0\]

Questa equazione non ha radici intere immediate. Poniamo \(p(x) = x^3 - 16x + 5\) e localizziamo le radici graficamente confrontando \(y = x^3\) e \(y = 16x - 5\):

Dal grafico le due radici nell'intervallo \([-4;\,4]\) si trovano in \([0;\,1]\) e in \([3;\,4]\). Le cerchiamo separatamente con due metodi diversi.

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Radice in \([0;\,1]\) — Metodo di bisezione

Il metodo di bisezione è applicabile perché \(p(x)\) è continua e i segni agli estremi sono discordi:

\[p(0) = 5 > 0 \qquad p(1) = 1 - 16 + 5 = -10 < 0\]

Per il teorema degli zeri esiste almeno una radice in \((0;\,1)\). Ad ogni passo si dimezza l'intervallo valutando \(p\) nel punto medio:

Dopo 4 passi l'intervallo ha ampiezza \(0{,}0625 < 0{,}1\), quindi la radice è approssimata a meno di \(\frac{1}{10}\) dal valore:

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Radice in \([3;\,4]\) — Metodo delle tangenti (Newton)

Condizioni di applicabilità. Il metodo delle tangenti converge con certezza se nell'intervallo \([a;\,b]\) la funzione \(p(x)\) soddisfa tutte e quattro le condizioni seguenti:

1. \(p\) è continua e derivabile in \([a;\,b]\).
2. \(p(a)\) e \(p(b)\) hanno segni opposti (teorema degli zeri).
3. \(p'(x)\) non cambia segno in \([a;\,b]\) (monotonia).
4. \(p''(x)\) non cambia segno in \([a;\,b]\) (concavità costante).

Verifichiamo per \([3;\,4]\):

• \(p(3) = 27 - 48 + 5 = -16 < 0\) e \(p(4) = 64 - 64 + 5 = 5 > 0\) ✓
• \(p'(x) = 3x^2 - 16\): in \([3;\,4]\), \(p'(3) = 11 > 0\) e \(p'(4) = 32 > 0\) → \(p\) è crescente ✓
• \(p''(x) = 6x\): in \([3;\,4]\), \(p''(x) > 0\) → concavità verso l'alto costante ✓

Tutte le condizioni sono soddisfatte. Poiché \(p'' > 0\), si parte dall'estremo in cui \(p\) ha lo stesso segno di \(p''\), cioè da \(x_0 = 4\) (dove \(p(4) = 5 > 0\)).

Formula iterativa:

\[x_{n+1} = x_n - \frac{p(x_n)}{p'(x_n)}\]

Già dopo due iterazioni il valore si stabilizza intorno a \(3{,}83\), che arrotondato a un decimo dà:

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Soluzione del punto 4

Impostazione dell'integrale

Il volume del solido di rotazione ottenuto ruotando \(R\) attorno alla retta \(x = 5\) si calcola come somma di infiniti rettangoli di dimensioni \((g(x)-f(x))\) e raggio d'azione rispetto all'asse di rotazione \(h(x) = 5 - x\):

\[V = \int_{0}^{4} \left[\sin\!\left(\frac{\pi x}{2}\right) - (x^3 - 16x)\right](5 - x)\,dx\]

Scomponiamo nei due blocchi fondamentali:

\[V = \int_{0}^{4} (5-x)\sin\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx - \int_{0}^{4}(x^3 - 16x)(5 - x)\,dx\]

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Blocco 1 — Integrale per parti

Poniamo \(u = 5 - x \implies u' = -1\) e \(v' = \sin\!\left(\dfrac{\pi x}{2}\right) \implies v = -\dfrac{2}{\pi}\cos\!\left(\dfrac{\pi x}{2}\right)\):

\[\int_{0}^{4}(5-x)\sin\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx = \left[-(5-x)\frac{2}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right]_0^4 - \] \[-\int_0^4 \frac{2}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx\] \[= \left[-(5-x)\frac{2}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right) - \frac{4}{\pi^2}\sin\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right]_0^4\]

Sostituendo gli estremi \(x = 4\) e \(x = 0\) (con \(\cos(2\pi)=1\), \(\sin(2\pi)=0\), \(\cos(0)=1\), \(\sin(0)=0\)):

\[= \left(-1\cdot\frac{2}{\pi}\cdot 1 - 0\right) - \left(-5\cdot\frac{2}{\pi}\cdot 1 - 0\right) = -\frac{2}{\pi} + \frac{10}{\pi} = \frac{8}{\pi}\]

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Blocco 2 — Integrale polinomiale

Sviluppiamo il prodotto \((5-x)(x^3-16x) = -x^4 + 5x^3 + 16x^2 - 80x\):

\[\int_{0}^{4}(-x^4 + 5x^3 + 16x^2 - 80x)\,dx =\] \[= \left[-\frac{x^5}{5} + \frac{5}{4}x^4 + \frac{16}{3}x^3 - 40x^2\right]_0^4\]

Sostituendo \(x = 4\):

\[= -\frac{1024}{5} + \frac{5}{4}(256) + \frac{16}{3}(64) - 40(16) =\] \[= -\frac{1024}{5} + 320 + \frac{1024}{3} - 640 =\] \[= -320 - \frac{3072}{15} + \frac{5120}{15} =\] \[= -320 + \frac{2048}{15} = \frac{-4800 + 2048}{15} = -\frac{2752}{15}\]

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Volume complessivo

Uniamo i due blocchi (il secondo va sottratto):

\[V = \frac{8}{\pi} - \left(-\frac{2752}{15}\right) = \frac{8}{\pi} + \frac{2752}{15}\]

Valutazione numerica:

\[V \approx 2{,}546 + 183{,}467 \approx 186{,}013\,\text{m}^3\] ↑ Nascondi soluzione