Simulazione 13 - Problema 1 - Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

✏️ Risoluzione geometrica e algebrica

Consideriamo il triangolo \(ABC\), rettangolo in \(A\), con ipotenusa \(BC = 2a\) e angolo \(A\hat{B}C = \alpha\). Poiché gli angoli acuti di un triangolo rettangolo sono complementari, l'angolo in \(C\) vale \(\hat{C} = \frac{\pi}{2} - \alpha\).

Applicando i teoremi sui triangoli rettangoli, determiniamo i segmenti principali:

\[ AC = BC \cdot \sin\alpha = 2a\sin\alpha \]

Essendo \(P\) il punto medio del cateto \(AC\), la sua lunghezza è:

\[ PC = a\sin\alpha \]

Consideriamo ora il triangolo \(PQC\), anch'esso rettangolo in \(Q\) poiché \(Q\) è la proiezione ortogonale di \(P\) su \(BC\). Ricaviamo i segmenti \(QC\) e \(PQ\) sfruttando l'angolo \(\hat{C}\):

\[ QC = PC \cdot \cos\hat{C} = (a\sin\alpha) \cdot \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = a\sin^2\alpha \] \[ PQ = PC \cdot \sin\hat{C} = (a\sin\alpha) \cdot \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = a\sin\alpha\cos\alpha \]

Il segmento \(BQ\) si ottiene per differenza dall'ipotenusa \(BC\):

\[ BQ = 2a - QC = 2a - a\sin^2\alpha \]

✏️ Costruzione del rapporto ed espressione in funzione di \(\tan\alpha\)

Sostituiamo le espressioni trovate all'interno del rapporto richiesto e semplifichiamo il parametro \(a\):

\[=\[ \frac{PQ + QC}{BQ} = \frac{a\sin\alpha\cos\alpha + a\sin^2\alpha}{2a - a\sin^2\alpha} =\] \frac{\frac{1}{2}\sin(2\alpha) + \sin^2\alpha}{2 - \sin^2\alpha} \]

Per esprimere la relazione in funzione di \(x = \tan\alpha\), applichiamo le formule parametriche e le relazioni trigonometriche note:

\[ \sin(2\alpha) = \frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} = \frac{2x}{1+x^2}, \quad \sin^2\alpha =\] \[=\frac{\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha} = \frac{x^2}{1+x^2} \]

Sostituendo queste espressioni algebriche nel rapporto, otteniamo:

\[ \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} + \frac{\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}}{2 - \frac{\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}} =\] \[=\frac{\frac{\tan\alpha + \tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}}{\frac{2(1+\tan^2\alpha) - \tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}} \]

Semplificando i denominatori comuni, il rapporto si riduce a:

\[ \frac{\tan\alpha + \tan^2\alpha}{2 + \tan^2\alpha} = \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} = f(x) \quad \text{c.v.d.} \]

Dalle limitazioni geometriche del problema, l'angolo acuto soddisfa la condizione \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), di conseguenza per la variabile indipendente avremo: \(x > 0\).

Soluzione del punto 2

✏️ Studio di funzione completo

Dominio:

Prescindendo dal limite geometrico sulla \(x\), la funzione è definita su tutto \(\mathbb{R}\), poiché il denominatore non si annulla mai (\(x^2 + 2 > 0 \;\forall x \in \mathbb{R}\)). La funzione non presenta simmetrie evidenti, quindi non è né pari né dispari.

Intersezioni con gli assi:

• Con l'asse \(y\): se \(x=0 \implies y=0\).
• Con l'asse \(x\): se \(y=0 \implies x^2 + x = 0 \implies x=0\) e \(x=-1\).

Positività:

Il denominatore è sempre positivo. Pertanto, la funzione è positiva o nulla quando il numeratore è maggiore o uguale a zero:

\[ x^2 + x \ge 0 \implies x \le -1 \quad \text{oppure} \quad x \ge 0 \]

Limiti ed Asintoti:

Calcoliamo il comportamento della funzione agli estremi del dominio per verificare la presenza di asintoti orizzontali:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} = 1 \]

Di conseguenza, la retta \(y = 1\) è un asintoto orizzontale completo della curva, valido sia per \(x \to +\infty\) sia per \(x \to -\infty\).

Derivata prima, crescenza e punti critici:

Calcoliamo la derivata prima tramite la regola di derivazione del rapporto:

\[ f'(x) = \frac{(2x+1)(x^2+2) - (x^2+x)(2x)}{(x^2+2)^2} =\] \[=\frac{2x^3+4x+x^2+2-2x^3-2x^2}{(x^2+2)^2} = \frac{2 + 4x - x^2}{(x^2 + 2)^2} \]

Studiandone il segno per determinare gli intervalli di monotonia:

\[ f'(x) \ge 0 \implies 2 + 4x - x^2 \ge 0 \implies x^2 - 4x - 2 \le 0 \]

Risolvendo l'equazione associata otteniamo i valori critici \(x = 2 \pm \sqrt{6}\). La derivata è quindi positiva o nulla per:

\[ 2 - \sqrt{6} \le x \le 2 + \sqrt{6} \]

Pertanto, la funzione è crescente nell'intervallo \(\left(2 - \sqrt{6}, 2 + \sqrt{6}\right)\) e decrescente nella parte rimanente del dominio. Abbiamo quindi:

• Un punto di minimo relativo (ed assoluto) per \(x = 2 - \sqrt{6} \approx -0.45\), con ordinata \(y = \frac{2-\sqrt{6}}{4} \approx -0.11\).
• Un punto di massimo relativo (ed assoluto) per \(x = 2 + \sqrt{6} \approx 4.45\), con ordinata \(y = \frac{2+\sqrt{6}}{4} \approx 1.11\).

Derivata seconda e flessi:

Calcoliamo la derivata seconda della funzione:

\[ f''(x) = \frac{2x^3 - 12x^2 - 12x + 8}{(x^2 + 2)^3} \]

Studiandone il segno si ottiene la disequazione:

\[ f''(x) \ge 0 \implies x^3 - 6x^2 - 6x + 4 \le 0 \]

Lo studio di questa derivata seconda non si può effettuare in modo elementare. Tuttavia, dalle altre informazioni sullo studio della funzione possiamo ipotizzare che sono presenti tre punti di flesso (come evidenziato nel grafico).

Soluzione del punto 3

✏️ Intersezione con l'asintoto e rette tangente/normale

Determinazione del punto \(D\):

Per trovare il punto di intersezione tra la curva \(\gamma\) e l'asintoto orizzontale trovato al punto precedente, impostiamo il sistema formato dalle equazioni delle due curve:

\[ \begin{cases} y = 1 \\ y = \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} \end{cases} \]

Uguagliando le due espressioni otteniamo la seguente equazione algebrica:

\[ \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} = 1 \implies x^2 + x = x^2 + 2 \implies x = 2 \]

Il punto di intersezione \(D\) ha quindi coordinate stabili pari a: \(D(2; 1)\).

Equazione della retta tangente in \(D\):

Il coefficiente angolare della retta tangente alla curva in un suo punto corrisponde al valore assunto dalla derivata prima della funzione calcolata nell'ascissa del punto stesso. Ricordando la derivata prima trovata nello studio di funzione:

\[ f'(x) = \frac{2 + 4x - x^2}{(x^2 + 2)^2} \]

Sostituiamo il valore \(x = 2\) per calcolare il coefficiente angolare \(m_t\):

\[ m_t = f'(2) = \frac{2 + 4(2) - (2)^2}{((2)^2 + 2)^2} = \frac{2 + 8 - 4}{(4 + 2)^2} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \]

Applichiamo la formula del fascio di rette passante per il punto \(D(2;1)\) con pendenza \(m_t = \frac{1}{6}\):

\[ y - y_D = m_t(x - x_D) \implies y - 1 = \frac{1}{6}(x - 2) \] \[ y = \frac{1}{6}x - \frac{1}{3} + 1 \implies \mathbf{y = \frac{1}{6}x + \frac{2}{3}} \]

Equazione della retta normale in \(D\):

La retta normale in un punto è la retta perpendicolare alla tangente passante per quel medesimo punto. La sua pendenza \(m_n\) sarà legata a quella della tangente dalla relazione di perpendicolarità (antireciproco):

\[ m_n = -\frac{1}{m_t} = -\frac{1}{\frac{1}{6}} = -6 \]

Sfruttiamo nuovamente la formula del fascio di rette passante per \(D(2;1)\) con la nuova pendenza geometrica:

\[ y - y_D = m_n(x - x_D) \implies y - 1 = -6(x - 2) \] \[ y = -6x + 12 + 1 \implies \mathbf{y = -6x + 13} \]

Soluzione del punto 4

✏️ Calcolo dell'area tramite l'integrale definito

Come evidenziato dal grafico della regione analizzata, l'area richiesta si ottiene calcolando l'integrale definito della funzione \(f(x)\) nell'intervallo che va dall'origine \(x = 0\) fino all'ascissa del punto \(D\), ovvero \(x_D = 2\):

\[ \text{Area} = \int_{0}^{2} \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} \, dx \]

Per risolvere l'integrale indefinito della funzione razionale fratta, manipoliamo opportunamente il numeratore sommando e sottraendo la costante \(2\), così da poter spezzare la frazione in tre termini più semplici:

\[ \begin{aligned} \text{Area} &= \int_{0}^{2} \frac{(x^2 + 2) + x - 2}{x^2 + 2} \, dx \\&= \int_{0}^{2} 1 \, dx + \int_{0}^{2} \frac{x}{x^2 + 2} \, dx - \int_{0}^{2} \frac{2}{x^2 + 2} \, dx \end{aligned} \]

Risolviamo separatamente i singoli contributi integrali individuando le rispettive primitive immediate:

• Il primo termine è l'integrale di una costante: \(\int 1 \, dx = x\).
• Il secondo termine si riconosce come tipo logaritmico moltiplicando e dividendo per \(2\) per ottenere la derivata del denominatore: \(\int \frac{x}{x^2+2} \, dx = \frac{1}{2} \ln(x^2 + 2)\).
• Il terzo termine si riconduce alla forma dell'arcotangente sfruttando la formula notevole \(\int \frac{1}{x^2+a^2} \, dx = \frac{1}{a} \arctan\left(\frac{x}{a}\right)\) con \(a = \sqrt{2}\).

Sostituiamo le primitive e i rispettivi estremi di integrazione compiendo i passaggi analitici (strutturati per una lettura ottimale da mobile):

\[ \begin{aligned} \text{Area} &= \left[ x \right]_{0}^{2} + \left[ \frac{1}{2}\ln(x^2 + 2) \right]_{0}^{2} - \sqrt{2} \int_{0}^{2} \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{1 + \left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)^2} \, dx \\&= (2 - 0) + \left( \frac{1}{2}\ln(6) - \frac{1}{2}\ln(2) \right) - \sqrt{2} \left[ \arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) \right]_{0}^{2} \\&= 2 + \frac{1}{2}\ln\left(\frac{6}{2}\right) - \sqrt{2} \left( \arctan\left(\frac{2}{\sqrt{2}}\right) - \arctan(0) \right) \\&= 2 + \frac{1}{2}\ln(3) - \sqrt{2}\arctan(\sqrt{2}) \approx 1.1983 \text{ u}^2 \end{aligned} \]

✏️ Calcolo del volume di rotazione attorno all'asse y

Poiché la funzione \(f(x)\) non è facilmente invertibile in forma elementare per applicare il metodo classico delle sezioni trasversali, per calcolare il volume del solido ottenuto dalla rotazione attorno all'asse \(y\) risulta ideale applicare il metodo dei gusci cilindrici

La formula generale del metodo dei gusci per una rotazione attorno all'asse \(y\) nell'intervallo \([0; 2]\) è:

\[ V = 2\pi \int_{0}^{2} x \cdot f(x) \, dx \]

Sostituiamo l'espressione della nostra funzione all'interno dell'integrale:

\[ V = 2\pi \int_{0}^{2} x \cdot \left( \frac{x^2 + x}{x^2 + 2} \right) \, dx = 2\pi \int_{0}^{2} \frac{x^3 + x^2}{x^2 + 2} \, dx \]

Essendo il grado del numeratore superiore a quello del denominatore, eseguiamo la divisione algebrica tra polinomi o, in modo equivalente, manipoliamo il numeratore scrivendo \(x^3 = x(x^2+2) - 2x\) e \(x^2 = (x^2+2) - 2\):

\[ \frac{x^3 + x^2}{x^2 + 2} = \frac{x(x^2 + 2) - 2x + (x^2 + 2) - 2}{x^2 + 2} = x + 1 - \frac{2x + 2}{x^2 + 2} \]

Spezziamo l'integrale per individuare le primitive immediate:

\[ \begin{aligned} V &= 2\pi \int_{0}^{2} \left( x + 1 - \frac{2x}{x^2 + 2} - \frac{2}{x^2 + 2} \right) \, dx \\&= 2\pi \left[ \frac{x^2}{2} + x - \ln(x^2 + 2) - \sqrt{2}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) \right]_{0}^{2} \end{aligned} \]

Sviluppiamo il calcolo sostituendo gli estremi superiore (\(2\)) e inferiore (\(0\)):

\[ \begin{aligned} V &= 2\pi \left( \left( \frac{4}{2} + 2 - \ln(6) - \sqrt{2}\arctan(\sqrt{2}) \right) - \left( 0 + 0 - \ln(2) - 0 \right) \right) \\&= 2\pi \left( 4 - \ln(6) + \ln(2) - \sqrt{2}\arctan(\sqrt{2}) \right) \\&= 2\pi \left( 4 - \ln\left(\frac{6}{2}\right) - \sqrt{2}\arctan(\sqrt{2}) \right) \\&= 2\pi \left( 4 - \ln 3 - \sqrt{2}\arctan(\sqrt{2}) \right) \end{aligned} \]

Calcolando il valore numerico approssimato del volume, si ottiene:

\[ V \approx 2\pi \left( 4 - 1.0986 - 1.4142 \cdot 0.9553 \right) = 2\pi \left( 4 - 1.0986 - 1.3510 \right) = 2\pi \cdot 1.5504 \approx 9.7415 \, u^3 \]