Simulazione 11 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Studio del massimo di \(f(x)\)

La funzione \(f(x) = \sqrt{x}(k - x) = kx^{\frac{1}{2}} - x^{\frac{3}{2}}\) è definita e continua per \(x \ge 0\). Calcoliamo la derivata prima:

\[f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}(k - x) + \sqrt{x}(-1) = \frac{k - x - 2x}{2\sqrt{x}} = \frac{k - 3x}{2\sqrt{x}}\]

La derivata si annulla per \(k - 3x = 0\), cioè per \(x = \dfrac{k}{3}\). Studio del segno:

• \(f'(x) > 0\) per \(0 < x < \dfrac{k}{3}\) → funzione crescente.
• \(f'(x) < 0\) per \(\dfrac{k}{3} < x < k\) → funzione decrescente.

Quindi \(x_F = \dfrac{k}{3}\) è l'ascissa dell'unico punto di massimo assoluto in \([0, k]\). L'ordinata vale:

\[y_F = f\!\left(\frac{k}{3}\right) = \sqrt{\frac{k}{3}}\left(k - \frac{k}{3}\right) = \sqrt{\frac{k}{3}} \cdot \frac{2k}{3} =\] \[=\frac{2}{3}k\sqrt{\frac{k}{3}}\]

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Studio del minimo di \(g(x)\)

La funzione \(g(x) = x^2(x - k) = x^3 - kx^2\) è un polinomio derivabile su tutto \(\mathbb{R}\). Calcoliamo la derivata prima:

\[g'(x) = 3x^2 - 2kx = x(3x - 2k)\]

Le radici sono \(x = 0\) e \(x = \dfrac{2k}{3}\). Studio del segno nell'intervallo \([0, k]\):

• \(g'(x) < 0\) per \(0 < x < \dfrac{2k}{3}\) → funzione decrescente.
• \(g'(x) > 0\) per \(\dfrac{2k}{3} < x < k\) → funzione crescente.

Quindi \(x_G = \dfrac{2k}{3}\) è l'ascissa dell'unico punto di minimo assoluto in \([0, k]\). L'ordinata vale:

\[y_G = g\!\left(\frac{2k}{3}\right) = \left(\frac{2k}{3}\right)^2\!\left(\frac{2k}{3} - k\right) = \frac{4k^2}{9}\cdot\left(-\frac{k}{3}\right) = -\frac{4}{27}k^3\]

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Verifica delle relazioni tra \(F\) e \(G\)

1. Relazione tra le ascisse: \[2x_F = 2 \cdot \frac{k}{3} = \frac{2k}{3} = x_G \quad \checkmark\]
2. Relazione tra le ordinate:

   Calcoliamo \((y_F)^2\):

   \[(y_F)^2 = \left(\frac{2k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^2 = \frac{4k^2}{9} \cdot \frac{k}{3} = \frac{4k^3}{27}\]

   Quindi:

   \[-(y_F)^2 = -\frac{4k^3}{27} = y_G \quad \checkmark\]

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Ortogonalità nell'origine

Due curve sono ortogonali in un punto se le rispettive tangenti in quel punto sono perpendicolari. Calcoliamo le derivate in \(x = 0\):

• Per \(g(x)\): \(g'(x) = 3x^2 - 2kx \implies g'(0) = 0\). La tangente è l'asse \(x\) (retta orizzontale \(y = 0\)).
• Per \(f(x)\): \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{k - 3x}{2\sqrt{x}} = +\infty\). La tangente è l'asse \(y\) (retta verticale \(x = 0\)).

L'asse \(x\) e l'asse \(y\) sono perpendicolari per definizione, quindi i grafici sono ortogonali nell'origine per qualunque \(k > 0\).

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Ulteriore punto comune e condizione di ortogonalità

Troviamo i punti di intersezione risolvendo \(f(x) = g(x)\):

\[\sqrt{x}(k - x) = x^2(x - k) \implies (k - x)(\sqrt{x} + x^2) = 0\]

Le soluzioni sono:

• \(\sqrt{x} + x^2 = 0 \implies x = 0\) → origine \(O(0;\,0)\).
• \(k - x = 0 \implies x = k\) → punto \(A(k;\,0)\).

Per l'ortogonalità in \(A\) deve valere \(f'(k) \cdot g'(k) = -1\). Calcoliamo:

\[f'(k) = \frac{k - 3k}{2\sqrt{k}} = \frac{-2k}{2\sqrt{k}} = -\sqrt{k}\] \[g'(k) = 3k^2 - 2k^2 = k^2\]

Imponiamo la condizione di perpendicolarità:

\[(-\sqrt{k}) \cdot k^2 = -1 \implies k^2\sqrt{k} = k^{\frac{5}{2}} = 1 \implies k = 1\] ↑ Nascondi soluzione

Studio di \(f(x) = \sqrt{x}(3 - x)\) per \(k = 3\)

• Dominio: \(x \ge 0\), quindi \([0;\,+\infty)\).
• Zeri: \(f(x) = 0 \implies x = 0\) oppure \(x = 3\). Intersezioni con l'asse \(x\) in \(O(0;\,0)\) e \(A(3;\,0)\). Funzione positiva per \(0 < x < 3\).
• Comportamento in \(x = 0\): \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f'(x) = +\infty\) → tangente verticale nell'origine (asse \(y\)).
• Limite a \(+\infty\): \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}(3-x) = -\infty\).
• Derivata prima: \(f'(x) = \dfrac{3 - 3x}{2\sqrt{x}}\), si annulla per \(x = 1\).
  • Cresce in \((0;\,1)\), decresce in \((1;\,+\infty)\).
  • Massimo assoluto in \(F(1;\,2)\).

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Studio di \(g(x) = x^2(x - 3)\) per \(k = 3\)

• Dominio: \(\mathbb{R}\).
• Zeri: \(x = 0\) (radice doppia, tangenza) e \(x = 3\). Funzione negativa per \(x < 3\) (con \(x \neq 0\)), positiva per \(x > 3\).
• Limiti: \(-\infty\) per \(x \to -\infty\), \(+\infty\) per \(x \to +\infty\).
• Derivata prima: \(g'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x-2)\), radici in \(x=0\) e \(x=2\).
  • Cresce in \((-\infty;\,0)\) e \((2;\,+\infty)\), decresce in \((0;\,2)\).
  • Massimo relativo in \(O(0;\,0)\), minimo relativo in \(G_d(2;\,-4)\).
• Derivata seconda: \(g''(x) = 6x - 6\), si annulla in \(x = 1\). Flesso in \((1;\,-2)\).

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Calcolo dell'area della regione finita

I grafici si intersecano in \(x = 0\) e \(x = 3\). Nell'intervallo \([0;\,3]\) risulta \(f(x) \ge 0\) e \(g(x) \le 0\), quindi \(f(x) \ge g(x)\).

\[A = \int_{0}^{3} [f(x) - g(x)]\,dx = \int_{0}^{3} \left[\sqrt{x}(3-x) - x^2(x-3)\right]dx\] \[A = \int_{0}^{3} \left(3x^{\frac{1}{2}} - x^{\frac{3}{2}} - x^3 + 3x^2\right)dx\]

Calcoliamo la primitiva:

\[\begin{align} &\int \left(3x^{\frac{1}{2}} - x^{\frac{3}{2}} - x^3 + 3x^2\right)dx \\[6pt] &= 3\cdot\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} - \frac{x^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}} - \frac{x^4}{4} + 3\cdot\frac{x^3}{3} \\[6pt] &= 2x^{\frac{3}{2}} - \frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}} - \frac{1}{4}x^4 + x^3 \end{align}\]

Valutiamo tra gli estremi \(0\) e \(3\):

\[A = \left[2x\sqrt{x} - \frac{2}{5}x^2\sqrt{x} - \frac{1}{4}x^4 + x^3\right]_{0}^{3}\] \[A = 6\sqrt{3} - \frac{18}{5}\sqrt{3} - \frac{81}{4} + 27 = \frac{12\sqrt{3}}{5} + \frac{27}{4}\] ↑ Nascondi soluzione

Forma indeterminata

Per \(x \to 0^+\) entrambi gli estremi superiori tendono a zero, quindi entrambi gli integrali tendono a zero:

\[\lim_{x \to 0^+} \int_{0}^{x^2} f(t)\,dt = 0 \qquad \lim_{x \to 0^+} \int_{0}^{2x} g(t)\,dt = 0\]

Il limite si presenta nella forma indeterminata \(\left[\dfrac{0}{0}\right]\).

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Applicazione del Teorema di de l'Hôpital

Le condizioni di applicabilità sono soddisfatte: le funzioni integrali sono derivabili in \((0,\delta)\) per il Teorema Fondamentale del Calcolo, e la derivata del denominatore non si annulla in un intorno destro sufficientemente piccolo dell'origine.

Usiamo la regola di Leibniz per derivare le funzioni integrali. Se \(F(x) = \displaystyle\int_a^{h(x)}\varphi(t)\,dt\), allora \(F'(x) = \varphi(h(x))\cdot h'(x)\).

Derivata del numeratore

Con \(h(x) = x^2\), \(h'(x) = 2x\) e \(f(t) = \sqrt{t}(3-t)\) per \(k=3\):

\[N'(x) = f(x^2)\cdot 2x = \sqrt{x^2}(3-x^2)\cdot 2x\]

Per \(x \to 0^+\) si ha \(\sqrt{x^2} = x\), quindi:

\[N'(x) = x(3-x^2)\cdot 2x = 2x^2(3-x^2)\]

Derivata del denominatore

Con \(h(x) = 2x\), \(h'(x) = 2\) e \(g(t) = t^2(t-3)\) per \(k=3\):

\[D'(x) = g(2x)\cdot 2 = (2x)^2(2x-3)\cdot 2 = 4x^2(2x-3)\cdot 2 =\] \[=8x^2(2x-3)\]

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Calcolo del limite

\[L = \lim_{x \to 0^+} \frac{N'(x)}{D'(x)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{2x^2(3-x^2)}{8x^2(2x-3)}\]

Semplifichiamo \(x^2 \neq 0\) per \(x \to 0^+\):

\[L = \lim_{x \to 0^+} \frac{2(3-x^2)}{8(2x-3)} = \frac{2\cdot 3}{8\cdot(-3)} = \frac{6}{-24} = -\frac{1}{4}\] ↑ Nascondi soluzione