Simulazione 12 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto a

Determinazione dei parametri

Affinché la retta \(y = 2x\) sia tangente al grafico di \(f\) nell'origine \(O(0;\,0)\), devono valere contemporaneamente due condizioni:

1. Condizione di appartenenza: \(f(0) = 0\).
2. Condizione di tangenza: \(f'(0) = 2\).

Prima condizione:

\[f(0) = (0 + a)\sqrt{b - 0} = a\sqrt{b} = 0\]

Poiché \(b > 0\) (necessario perché la funzione esista nell'origine), si deduce:

\[a = 0\]

La funzione si riduce a \(f(x) = x\sqrt{b - x^2}\). Calcoliamo la derivata prima con la regola del prodotto:

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

Seconda condizione:

\[f'(0) = \frac{b}{\sqrt{b}} = \sqrt{b} = 2 \implies b = 4\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto b

1. Dominio

La funzione è \(f(x) = x\sqrt{4 - x^2}\). Il radicando deve essere non negativo:

\[4 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 4 \implies -2 \le x \le 2\]

Dominio: \(D = [-2;\, 2]\).

2. Simmetrie

\[f(-x) = (-x)\sqrt{4 - x^2} = -f(x)\]

La funzione è dispari: il grafico è simmetrico rispetto all'origine.

3. Intersezioni con gli assi e segno

\[f(x) = 0 \implies x = 0 \quad \lor \quad x = \pm 2\]

Intersezioni con l'asse \(x\): \(A(-2;\,0)\), \(F(0;\,0)\), \(B(2;\,0)\).

La radice quadrata è positiva in \((-2;\,2)\), quindi il segno dipende da \(x\):

• \(f(x) > 0\) per \(x \in (0;\,2)\).
• \(f(x) < 0\) per \(x \in (-2;\,0)\).

4. Continuità e asintoti

La funzione è continua su tutto \(D\). Non vi sono asintoti (il dominio è un intervallo chiuso e limitato). Agli estremi: \(f(-2) = f(2) = 0\).

5. Derivata prima e punti stazionari

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

Agli estremi \(x = \pm 2\) il denominatore si annulla:

\[\lim_{x \to 2^-} f'(x) = \frac{-4}{0^+} = -\infty \qquad \lim_{x \to -2^+} f'(x) = \frac{-4}{0^+} = -\infty\]

I punti \(A(-2;\,0)\) e \(B(2;\,0)\) hanno tangente verticale.

Segno della derivata nel dominio aperto \((-2;\,2)\):

\[f'(x) > 0 \iff 4 - 2x^2 > 0 \iff x^2 < 2 \iff -\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\]

• \(f\) decresce per \(-2 < x < -\sqrt{2}\) e per \(\sqrt{2} < x < 2\).
• \(f\) cresce per \(-\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\).

Minimo assoluto in \(x = -\sqrt{2}\):

\[f(-\sqrt{2}) = -\sqrt{2}\cdot\sqrt{2} = -2 \implies m\!\left(-\sqrt{2};\,-2\right)\]

Massimo assoluto in \(x = \sqrt{2}\):

\[f(\sqrt{2}) = \sqrt{2}\cdot\sqrt{2} = 2 \implies M\!\left(\sqrt{2};\,2\right)\]

6. Derivata seconda e concavità

\[f''(x) = \frac{2x(x^2 - 6)}{(4 - x^2)\sqrt{4 - x^2}}\]

Il denominatore è sempre positivo in \((-2;\,2)\). Il fattore \((x^2 - 6)\) è sempre negativo in \((-2;\,2)\) poiché \(\sqrt{6} \approx 2{,}45 > 2\). Quindi il segno di \(f''(x)\) coincide con quello di \(2x \cdot (\text{negativo})\), cioè:

\[f''(x) > 0 \iff x < 0\]

• Concavità verso l'alto per \(-2 < x < 0\).
• Concavità verso il basso per \(0 < x < 2\).

In \(x = 0\) si ha un punto di flesso \(F(0;\,0)\) (con tangente di pendenza \(2\)).

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Soluzione del punto c

1. Area della regione \(R\)

In \([0;\,2]\) la funzione è positiva, quindi:

\[\text{Area}(R) = \int_{0}^{2} x\sqrt{4-x^2}\, dx\]

Evidenziamo che \(-2x\) è la derivata di \(4-x^2\), quindi moltiplichiamo e dividiamo per \(-2\):

\[\text{Area}(R) = -\frac{1}{2} \int_{0}^{2} (-2x)(4-x^2)^{\frac{1}{2}}\, dx\]

Applicando la formula \(\displaystyle\int [g(x)]^n \cdot g'(x)\,dx = \frac{[g(x)]^{n+1}}{n+1}\):

\[\text{Area}(R) = -\frac{1}{2} \left[ \frac{(4-x^2)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{2} = -\frac{1}{3}\left[\sqrt{(4-x^2)^3}\right]_0^2\] \[= -\frac{1}{3}\left[\sqrt{0^3} - \sqrt{4^3}\right] = -\frac{1}{3}(0 - 8) = \frac{8}{3}\]

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2. Volume del solido \(S\)

Il volume si calcola con il metodo dei dischi:

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

Calcoliamo \([f(x)]^2\):

\[[f(x)]^2 = \left(x\sqrt{4-x^2}\right)^2 = x^2(4-x^2) = 4x^2 - x^4\]

L'integrale diventa polinomiale:

\[V = \pi \int_{0}^{2} (4x^2 - x^4)\, dx = \pi \left[ \frac{4}{3}x^3 - \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{2}=\] \[= \pi \left( \frac{4}{3}\cdot 8 - \frac{32}{5} \right) = \pi \left( \frac{32}{3} - \frac{32}{5} \right) = \pi \cdot \frac{160 - 96}{15} = \frac{64}{15}\pi\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto d

Modellizzazione geometrica

Consideriamo un punto \(C(t;\, f(t))\) sul grafico di \(f\) nel primo quadrante, con \(0 < t < 2\). Il cono inscritto in \(S\) con vertice nell'origine ha:

• Altezza \(h = t\) (ascissa di \(C\)).
• Raggio di base \(R = f(t) = t\sqrt{4-t^2}\) (ordinata di \(C\)).

Funzione volume da massimizzare

\[V(t) = \frac{1}{3}\pi R^2 h = \frac{1}{3}\pi \left(t\sqrt{4-t^2}\right)^2 \cdot t =\] \[=\frac{1}{3}\pi\, t^2(4-t^2)\cdot t = \frac{\pi}{3}(4t^3 - t^5)\]

È sufficiente massimizzare \(Z(t) = 4t^3 - t^5\) (la costante \(\dfrac{\pi}{3} > 0\) non influisce sul massimo). Calcoliamo la derivata:

\[Z'(t) = 12t^2 - 5t^4 = t^2(12 - 5t^2)\]

In \((0;\,2)\) si ha \(t^2 > 0\), quindi il segno dipende dal fattore \(12 - 5t^2\):

\[Z'(t) \ge 0 \iff 12 - 5t^2 \ge 0 \iff t^2 \le \frac{12}{5} \iff \] \[t \le \sqrt{\frac{12}{5}} = \frac{2\sqrt{15}}{5}\]

• \(Z\) cresce per \(0 < t < \dfrac{2\sqrt{15}}{5}\): volume crescente.
• \(Z\) decresce per \(\dfrac{2\sqrt{15}}{5} < t < 2\): volume decrescente.

Il valore \(t = \dfrac{2\sqrt{15}}{5}\) è il massimo assoluto.

Dimensioni ottimali del cono

\[h = t = \sqrt{\frac{12}{5}} = \frac{2\sqrt{15}}{5} \approx 1{,}55\] \[R = t\sqrt{4-t^2} = \sqrt{\frac{12}{5}} \cdot \sqrt{4 - \frac{12}{5}} = \sqrt{\frac{12}{5}} \cdot \sqrt{\frac{8}{5}} =\] \[=\sqrt{\frac{96}{25}} = \frac{4\sqrt{6}}{5} \approx 1{,}96\] ↑ Nascondi soluzione