Simulazione 16 - Problema 1 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Dominio, simmetrie e segno

La funzione è definita laddove l'argomento del logaritmo è strettamente positivo. Il dominio è quindi:

\[D = (0, +\infty)\]

La funzione non presenta simmetrie (né pari né dispari) poiché il dominio non è simmetrico rispetto all'origine. Per quanto riguarda il segno, essendo \(x > 0\) nel dominio e \(\ln^2(x) \ge 0\) per ogni reale, si ha che \(f(x) \ge 0\) in tutto il dominio. La funzione si annulla nei punti in cui \(\ln(x) = 0\), ovvero per \(x = 1\). Il grafico interseca l'asse \(x\) nel punto \((1, 0)\).

Limiti agli estremi del dominio

Calcoliamo i limiti per studiare il comportamento della funzione agli estremi del dominio:

\[\lim_{x \to 0^+} x \ln^2(x) = 0\]

Questo risultato si ottiene richiamando il seguente limite notevole:

\[\lim_{x \to 0^+} x^a \ln^b(x) = 0 \quad \text{per ogni } a>0 \text{ e per ogni } b>0\]

Questo limite si può dimostrare con la regola di De L'Hôpital scrivendolo nella forma \(\frac{\ln^b(x)}{x^{-a}}\), oppure utilizzando la gerarchia degli infiniti (l'infinito del denominatore domina sempre sull'infinito del numeratore).

\[\lim_{x \to +\infty} x \ln^2(x) = +\infty \cdot +\infty = +\infty\]

Non sussistono asintoti obliqui a \(+\infty\) poiché il rapporto \(\frac{f(x)}{x} = \ln^2(x)\) tende a \(+\infty\).

Derivata prima, monotonia e punti stazionari

Utilizzando la regola di derivazione del prodotto e della funzione composta, otteniamo:

\[f'(x) = 1 \cdot \ln^2(x) + x \cdot 2\ln(x) \cdot \frac{1}{x} = \ln^2(x) + 2\ln(x) = \ln(x)\big(\ln(x) + 2\big)\]

Studiamo il segno della derivata prima ponendo \(f'(x) \ge 0\):

\[\ln(x) \le -2 \quad \cup \quad \ln(x) \ge 0 \implies 0 < x \le e^{-2} \quad \cup \quad x \ge 1\]

• La funzione è strettamente crescente in \((0, e^{-2}]\) e in \([1, +\infty)\).
• La funzione è strettamente decrescente in \([e^{-2}, 1]\).

I punti stazionari individuati sono:

• Un punto di massimo relativo in \(x = e^{-2} \approx 0{,}14\), con ordinata \(f(e^{-2}) = e^{-2}(-2)^2 = 4e^{-2} \approx 0{,}54\).
• Un punto di minimo relativo e assoluto in \(x = 1\), con ordinata \(f(1) = 0\).

Derivata seconda e concavità

Calcoliamo la derivata seconda per determinare la concavità e gli eventuali punti di flesso:

\[f''(x) = 2\ln(x) \cdot \frac{1}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2}{x}\big(\ln(x) + 1\big)\]

Poiché \(x > 0\), il segno di \(f''(x)\) dipende solo dal termine in parentesi:

\[\ln(x) + 1 \ge 0 \implies \ln(x) \ge -1 \implies x \ge e^{-1} \approx 0{,}37\]

La curva volge la concavità verso il basso in \((0, e^{-1})\) e verso l'alto in \((e^{-1}, +\infty)\). Nel punto di passaggio \(x = e^{-1} \approx 0{,}37\) si ha un punto di flesso con ordinata \(f(e^{-1}) = e^{-1}(-1)^2 = e^{-1} \approx 0{,}37\).

Soluzione del punto b

Metodo 1: Analisi Grafica e Localizzazione

L'equazione \(f(x) = \frac{3}{2}\) equivale a cercare le ascisse dei punti di intersezione tra il grafico della funzione \(y = f(x)\) e la retta orizzontale \(y = \frac{3}{2}\).

Osservando il grafico della funzione, si nota chiaramente che la retta \(y = \frac{3}{2} = 1{,}5\) interseca la curva in un solo punto \(C\). Poiché nell'intervallo \((0, 1]\) il massimo assoluto della funzione è pari a \(4e^{-2} \approx 0{,}54 < 1{,}5\), l'intersezione deve necessariamente trovarsi a destra del punto di minimo \(m_f(1,0)\), in una zona in cui la funzione è strettamente crescente.

Nello specifico, l'ascissa \(c\) è compresa fra \(2\) e \(3\). Possiamo verificarlo numericamente calcolando i valori della funzione agli estremi di questo intervallo e confrontandoli con \(1{,}5\):

• \(f(2) = 2 \ln^2(2) \approx 2 \cdot (0{,}69315)^2 \approx 0{,}96 < 1{,}5\)
• \(f(3) = 3 \ln^2(3) \approx 3 \cdot (1{,}09861)^2 \approx 3 \cdot 1{,}2069 \approx 3{,}62 > 1{,}5\)

Essendo \(f(2) < 1{,}5 < f(3)\), l'esistenza di una soluzione \(c \in (2, 3)\) è geometricamente evidente.

Metodo 2: Approccio Analitico (Teorema degli Zeri e Monotonia)

Definiamo una funzione ausiliaria \(h(x)\) continua nel dominio \((0, +\infty)\):

\[h(x) = f(x) - \frac{3}{2} = x \ln^2(x) - \frac{3}{2}\]

Consideriamo l'intervallo chiuso \([2, 3]\). La funzione \(h(x)\) soddisfa le ipotesi del Teorema degli Zeri (o di Esistenza degli Zeri) in quanto:

1. È continua nell'intervallo chiuso \([2, 3]\).
2. Assume valori di segno opposto agli estremi dell'intervallo: \[h(2) = 2\ln^2(2) - 1{,}5 \approx 0{,}96 - 1{,}5 = -0{,}54 < 0\] \[h(3) = 3\ln^2(3) - 1{,}5 \approx 3{,}62 - 1{,}5 = +2{,}12 > 0\]

Pertanto, esiste almeno un valore \(c \in (2, 3)\) tale che \(h(c) = 0\), ovvero \(f(c) = \frac{3}{2}\).

Per dimostrare l'unicità della soluzione, studiamo la derivata prima di \(h(x)\), che coincide con quella di \(f(x)\):

\[h'(x) = f'(x) = \ln(x)\big(\ln(x) + 2\big)\]

Per ogni \(x \in [2, 3]\), si ha che \(\ln(x) > 0\) e \(\ln(x) + 2 > 0\), di conseguenza \(h'(x) > 0\). La funzione \(h(x)\) è strettamente crescente in tutto l'intervallo considerato (e più in generale per ogni \(x \ge 1\)). Una funzione strettamente monotona può annullarsi al massimo una volta sola; resta così dimostrato che la soluzione \(c\) è unica.

Approssimazione Numerica con il Metodo di Bisezione

Applichiamo l'algoritmo di bisezione partendo dall'intervallo \(I_0 = [2, 3]\) di ampiezza \(\Delta_0 = 1\) e calcoliamo i successivi punti medi \(m_n\) arrestandoci quando l'ampiezza dell'intervallo diventa inferiore alla tolleranza richiesta \(\varepsilon = 0{,}01\):

• Passo 1: Punto medio \(m_1 = 2{,}5\).
  \(h(2{,}5) = 2{,}5\ln^2(2{,}5) - 1{,}5 \approx 2{,}10 - 1{,}5 = +0{,}60 > 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2; 2{,}5]\) (ampiezza \(0{,}5\)).
• Passo 2: Punto medio \(m_2 = 2{,}25\).
  \(h(2{,}25) = 2{,}25\ln^2(2{,}25) - 1{,}5 \approx 1{,}48 - 1{,}5 = -0{,}02 < 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}25; 2{,}5]\) (ampiezza \(0{,}25\)).
• Passo 3: Punto medio \(m_3 = 2{,}375\).
  \(h(2{,}375) \approx +0{,}28 > 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}25; 2{,}375]\) (ampiezza \(0{,}125\)).
• Passo 4: Punto medio \(m_4 = 2{,}3125\).
  \(h(2{,}3125) \approx +0{,}13 > 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}25; 2{,}3125]\) (ampiezza \(0{,}0625\)).
• Passo 5: Punto medio \(m_5 = 2{,}28125\).
  \(h(2{,}28125) \approx +0{,}05 > 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}25; 2{,}28125]\) (ampiezza \(0{,}03125\)).
• Passo 6: Punto medio \(m_6 = 2{,}2656\).
  \(h(2{,}2656) \approx +0{,}015 > 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}25; 2{,}2656]\) (ampiezza \(0{,}0156\)).
• Passo 7: Punto medio \(m_7 = 2{,}2578\).
  \(h(2{,}2578) \approx -0{,}003 < 0 \implies\) Il nuovo intervallo è \([2{,}2578; 2{,}2656]\) (ampiezza \(0{,}0078 < 0{,}01\)).

L'intervallo finale ha ampiezza inferiore a un centesimo. Possiamo assumere come valore approssimato il punto medio dell'ultimo intervallo o arrotondare a due cifre decimali ottenendo \(c \approx 2{,}26\).

Approssimazione Numerica con il Metodo delle Tangenti (Newton)

Per poter applicare il metodo delle tangenti nell'intervallo \([2, 3]\), verifichiamo le condizioni di convergenza per la funzione \(h(x)\):

1. \(h(2) \cdot h(3) < 0\) (già verificato).
2. \(h'(x) > 0\) per ogni \(x \in [2, 3]\), ovvero la derivata prima non si annulla e conserva lo stesso segno (funzione strettamente crescente).
3. Studio della derivata seconda per verificare la concavità: \[h''(x) = \frac{2}{x}\big(\ln(x) + 1\big)\] Per ogni \(x \in [2, 3]\), si ha \(\frac{2}{x} > 0\) e \(\ln(x)+1 > 0\), quindi \(h''(x) > 0\). La concavità è costante e rivolta verso l'alto.

Le ipotesi sono verificate. Dobbiamo scegliere come punto iniziale \(x_0\) l'estremo dell'intervallo in cui la funzione e la sua derivata seconda hanno lo stesso segno: \(h(x_0) \cdot h''(x_0) > 0\). Poiché \(h''(x) > 0\), dobbiamo scegliere l'estremo in cui \(h(x) > 0\), ossia \(x_0 = 3\).

La formula ricorsiva del metodo delle tangenti è:

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

Eseguiamo le iterazioni:

• Iterazione 1 (\(n=0\)): \[h(3) \approx 2{,}1208, \quad h'(3) = \ln(3)(\ln(3)+2) \approx 3{,}4042\] \[x_1 = 3 - \frac{2{,}1208}{3{,}4042} \approx 3 - 0{,}6230 = 2{,}3770\]
• Iterazione 2 (\(n=1\)): \[h(2{,}3770) \approx 0{,}2821, \quad h'(2{,}3770) \approx 2{,}4814\] \[x_2 = 2{,}3770 - \frac{0{,}2821}{2{,}4814} \approx 2{,}3770 - 0{,}1137 = 2{,}2633\]
• Iterazione 3 (\(n=2\)): \[h(2{,}2633) \approx 0{,}0101, \quad h'(2{,}2633) \approx 2{,}3009\] \[x_3 = 2{,}2633 - \frac{0{,}0101}{2{,}3009} \approx 2{,}2633 - 0{,}0044 = 2{,}2589\]

Dato che \(|x_3 - x_2| = |2{,}2589 - 2{,}2633| = 0{,}0044 < 0{,}01\), il processo può essere arrestato. Il valore richiesto a meno di un centesimo è \(c \approx 2{,}26\).

Soluzione del punto c

Rappresentazione geometrica della regione R

Nell'intervallo \((0; 1]\) la funzione \(f(x) = x \ln^2(x)\) assume valori sempre non negativi, annullandosi soltanto nell'estremo superiore \(x = 1\). La regione \(R\) richiesta è dunque interamente contenuta nel primo quadrante.

L'area \(A(a)\) della regione \(R\) si ottiene calcolando il seguente integrale definito:

\[A(a) = \int_{a}^{1} x \ln^2(x) \, dx\]

Prima integrazione per parti

Risolviamo l'integrale applicando il metodo di integrazione per parti, considerando \(\ln^2(x)\) come fattore finito e \(x\) come fattore differenziale:

• \(f(x) = \ln^2(x) \implies f'(x) = 2\ln(x) \cdot \frac{1}{x}\)
• \(g'(x) = x \implies g(x) = \frac{x^2}{2}\)

Applicando la formula si ottiene:

\[\int_{a}^{1} x \ln^2(x) \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \ln^2(x) \right]_{a}^{1} - \int_{a}^{1} \frac{x^2}{2} \cdot \frac{2\ln(x)}{x} \, dx\]

Poiché il termine valutato in \(x = 1\) si annulla (\(\ln(1) = 0\)), l'espressione si riduce a:

\[\int_{a}^{1} f(x) \, dx = -\frac{a^2}{2}(\ln a)^2 - \int_{a}^{1} x \ln x \, dx\]

Seconda integrazione per parti

Procediamo integrando nuovamente per parti l'integrale residuo \(\int_{a}^{1} x \ln x \, dx\), scegliendo questa volta \(\ln x\) come fattore finito e \(x\) come fattore differenziale:

• \(f(x) = \ln x \implies f'(x) = \frac{1}{x}\)
• \(g'(x) = x \implies g(x) = \frac{x^2}{2}\)

\[\int_{a}^{1} x \ln x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \ln x \right]_{a}^{1} - \int_{a}^{1} \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx\] \[\int_{a}^{1} x \ln x \, dx = \left( 0 - \frac{a^2}{2} \ln a \right) - \left[ \frac{x^2}{4} \right]_{a}^{1} = -\frac{a^2}{2} \ln a - \left( \frac{1}{4} - \frac{a^2}{4} \right)\]

Sostituendo questo risultato nell'equazione principale e distribuendo il segno meno, otteniamo la formula finale dell'area:

\[\int_{a}^{1} f(x) \, dx = -\frac{a^2}{2}(\ln a)^2 + \frac{a^2}{2}\ln a + \frac{1}{4} - \frac{a^2}{4}\]

Calcolo del limite e interpretazione geometrica

Per determinare l'area della regione quando l'estremo sinistro si avvicina indefinitamente all'origine, calcoliamo il limite per \(a \to 0^+\):

\[\lim_{a \to 0^+} A(a) = \lim_{a \to 0^+} \left( -\frac{a^2}{2}(\ln a)^2 + \frac{a^2}{2}\ln a + \frac{1}{4} - \frac{a^2}{4} \right)\]

Per la gerarchia degli infiniti (o applicando il teorema di de l'Hôpital), i prodotti infinitesimo-infinito tendono a zero:

\[\lim_{a \to 0^+} a^2(\ln a)^2 = 0 \quad \text{e} \quad \lim_{a \to 0^+} a^2\ln a = 0\]

Di conseguenza, l'unico termine non nullo è la costante:

\[\lim_{a \to 0^+} A(a) = \frac{1}{4}\]

Interpretazione geometrica: Il risultato ottenuto rappresenta il valore dell'integrale improprio della funzione nell'intervallo aperto a sinistra \((0; 1]\). Dal punto di vista geometrico, sebbene la regione di piano si estenda illimitatamente accumulandosi verso l'origine (dove la funzione non è originariamente definita ma solo prolungabile per continuità), essa possiede un'area finita pari esattamente a \(\frac{1}{4}\).

Soluzione del punto d

Deduzione delle proprietà di \(g(x) = f'(x)\)

Analizziamo l'andamento della funzione derivata \(g(x)\) basandoci sullo studio di \(f(x)\) effettuato nel punto a):

• Limiti agli estremi: Per \(x \to 0^+\), la pendenza di \(f(x)\) cresce infinitamente, pertanto \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty\) (presenza di un asintoto verticale). Per \(x \to +\infty\), la pendenza di \(f(x)\) aumenta progressivamente, dunque \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).
• Intersezioni con l'asse \(x\): La derivata si annulla nei punti stazionari di \(f(x)\). Di conseguenza, il grafico \(G\) interseca l'asse delle ascisse esattamente nei punti estremanti di \(f\): in \(x = e^{-2}\) (massimo relativo) e in \(x = 1\) (minimo assoluto).
• Segno e Monotonia: Nel tratto \((0, e^{-2})\), la funzione \(f(x)\) cresce, quindi \(g(x) > 0\).
  Nel tratto \((e^{-2}, 1)\), la funzione \(f(x)\) decresce, quindi \(g(x) < 0\).
  Nel tratto \((1, +\infty)\), la funzione \(f(x)\) cresce originando \(g(x) > 0\).
• Punto di minimo di \(g(x)\): La derivata prima \(g(x)\) smette di decrescere e comincia a crescere laddove \(f(x)\) cambia concavità. Il grafico \(G\) presenta un punto di minimo in corrispondenza del flesso di \(f\), ossia nel punto di ascissa \(x = e^{-1} \approx 0{,}37\), dove \(g(e^{-1}) = -1\).

Grafico di \(g(x)\) ed \(f(x)\)

Studio del quadrilatero e calcolo dell'area

Identifichiamo le coordinate esatte dei quattro vertici descritti dal testo:

• \(M\): punto di massimo relativo di \(f \implies M(e^{-2}; 4e^{-2}) \approx (0{,}14; 0{,}54)\)
• \(m_f\): punto di minimo di \(f \implies m_f(1; 0)\)
• \(A\): intersezione di \(G\) con l'asse \(x\) ad ascissa minore \(\implies\) \(A(e^{-2}; 0) \approx (0{,}14; 0)\)
• \(m_g\): punto di minimo della funzione \(g \implies m_g(e^{-1}; -1) \approx (0{,}37; -1)\)

Osservando le coordinate dei punti, notiamo che i vertici \(A\) e \(M\) possiedono la medesima ascissa (\(x = e^{-2}\)); il segmento \(AM\) è pertanto perfettamente verticale. Poiché i punti \(A\) e \(m_f\) giacciono entrambi sull'asse delle ascisse (\(y = 0\)), il segmento \(A m_f\) è perfettamente orizzontale. Ne consegue che il quadrilatero presenta un angolo retto in corrispondenza del vertice \(A\) (\(\angle M A m_f = 90^\circ\)).

Possiamo calcolare l'area totale del quadrilatero \(M m_f m_g A\) scomponendolo nella somma delle aree di due triangoli aventi come base comune il segmento \(A m_f\) situato sull'asse \(x\):

La lunghezza della base comune è data da:

\[b = \overline{A m_f} = x_{m_f} - x_A = 1 - e^{-2}\]

1. Triangolo superiore \(\triangle M A m_f\): è un triangolo rettangolo in \(A\), la cui altezza coincide con il segmento verticale \(AM\): \[h_1 = \overline{AM} = y_M - y_A = 4e^{-2}\] \[\text{Area}(\triangle M A m_f) = \frac{b \cdot h_1}{2} = \frac{(1 - e^{-2}) \cdot 4e^{-2}}{2} = 2e^{-2}(1 - e^{-2}) = 2e^{-2} - 2e^{-4}\]
2. Triangolo inferiore \(\triangle A m_f m_g\): l'altezza relativa alla base è data dal valore assoluto dell'ordinata del punto \(m_g\): \[h_2 = |y_{m_g}| = |-1| = 1\] \[\text{Area}(\triangle A m_f m_g) = \frac{b \cdot h_2}{2} = \frac{(1 - e^{-2}) \cdot 1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}e^{-2}\]

Sommando le due superfici otteniamo l'area complessiva del quadrilatero:

\[\text{Area Totale} = \left(2e^{-2} - 2e^{-4}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}e^{-2}\right) = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}e^{-2} - 2e^{-4}\]

Sostituendo i valori numerici approssimati (\(e^{-2} \approx 0{,}1353\) e \(e^{-4} \approx 0{,}0183\)):

\[\text{Area} \approx 0{,}5 + 1{,}5 \cdot (0{,}1353) - 2 \cdot (0{,}0183) \approx 0{,}5 + 0{,}2030 - 0{,}0366 \approx 0{,}6664\]