Simulazione 15 – PROBLEMA 2
Versione DSA
Simulazione 15 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026
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Sia \(f\) la funzione definita, per tutti gli \(x\) reali, da:
\[f(x) = \frac{8}{4 + x^2}\]
Sia f la funzione definita, per tutti gli x reali, da: f di x uguale a 8 fratto 4 più x quadrato.
1.
Si studi \(f\) e se ne disegni il grafico \(\Phi\) in un sistema di coordinate cartesiane \(Oxy\). Si scrivano le equazioni delle tangenti a \(\Phi\) nei punti \(P(-2;1)\) e \(Q(2;1)\) e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le rette \(OP\) e \(OQ\). Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.
Punto 1. Si studi f e se ne disegni il grafico Fi in un sistema di coordinate cartesiane O ics ipsilon. Si scrivano le equazioni delle tangenti a Fi nei punti P, di coordinate meno 2, 1, e Q, di coordinate 2, 1, e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le rette O P e O Q. Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.
Soluzione del punto 1
Studio della funzione
La funzione è definita, per tutti gli \(x\) reali, da:
\[f(x) = \frac{8}{4 + x^2}\]- Dominio: la funzione è definita su tutto \(\mathbb{R}\), poiché il denominatore \(4+x^2\) è la somma di due quadrati, sempre positiva e mai nulla.
- Simmetrie: la funzione è pari, essendo \(f(-x)=f(x)\). Il grafico \(\Phi\) è quindi simmetrico rispetto all'asse \(y\).
- Segno e intersezioni: la funzione è sempre positiva, non interseca l'asse \(x\) e interseca l'asse \(y\) nel punto di ordinata \(y=2\).
- Limiti e asintoti: i limiti a \(+\infty\) e a \(-\infty\) sono entrambi uguali a \(0^+\), quindi l'asse \(x\) è un asintoto orizzontale.
Derivata prima e monotonia
La derivata prima è:
\[y' = \frac{-16x}{(4 + x^2)^2}\]Essa è positiva per \(x < 0\), negativa per \(x > 0\) e nulla in \(x = 0\). La funzione cresce fino a \(0\), presenta un punto di massimo assoluto in \(x=0\) (con ordinata \(y=2\)) e decresce da \(0\) in poi.
Derivata seconda e flessi
La derivata seconda semplificata è:
\[y'' = \frac{16(3x^2 - 4)}{(4 + x^2)^3}\]Essa è positiva quando \(3x^2-4>0\), cioè quando:
\[x < -\frac{2}{\sqrt{3}} \qquad \text{oppure} \qquad x > \frac{2}{\sqrt{3}}\]La concavità della curva è rivolta verso l'alto in questi due intervalli esterni, e verso il basso per \(-\dfrac{2}{\sqrt{3}} < x < \dfrac{2}{\sqrt{3}}\).
In \(x = \pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}\) si hanno due punti di flesso, entrambi di ordinata \(\dfrac{3}{2}\).
Grafico di \(\Phi\) con il rombo \(OQMP\) individuato dalle tangenti in \(P\) e \(Q\)
Studio del quadrilatero
Cerchiamo le tangenti nei punti \(P(-2;\,1)\) e \(Q(2;\,1)\). Calcolando la derivata in questi punti si ottiene \(f'(-2)=\dfrac{1}{2}\) e \(f'(2)=-\dfrac{1}{2}\), da cui le equazioni delle rette tangenti:
\[\text{tangente in } P:\quad y = \frac{1}{2}x + 2\] \[\text{tangente in } Q:\quad y = -\frac{1}{2}x + 2\]La distanza \(OQ\), uguale per simmetria a \(OP\), è pari a \(\sqrt{5}\). Le rette \(OP\) e \(OQ\) si intersecano nell'origine, mentre le due tangenti si intersecano sull'asse \(y\) nel punto \(M(0;\,2)\).
Anche le distanze \(PM\) e \(QM\) valgono \(\sqrt{5}\): avendo tutti e quattro i lati congruenti (\(OP=OQ=PM=QM=\sqrt{5}\)), il quadrilatero \(OQMP\) è un rombo.
Determinazione degli angoli del rombo
Metodo principale. Detto \(\beta\) l'angolo che la retta \(OQ\) forma con l'asse \(x\), risulta \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{1}{2}\). Per la simmetria della figura, l'angolo \(\widehat{POQ}\) vale:
\[180^\circ - 2\beta = 180^\circ - 2\operatorname{arctg}\!\left(\frac{1}{2}\right) \cong 126^\circ\,52'\]Di conseguenza, gli angoli opposti \(\widehat{POQ}\) e \(\widehat{PMQ}\) misurano entrambi \(126^\circ\,52'\). L'angolo \(\widehat{MQO}\) (e l'opposto \(\widehat{MPO}\)) è supplementare di \(\widehat{POQ}\), quindi misura:
\[2\beta = 2\operatorname{arctg}\!\left(\frac{1}{2}\right) \cong 53^\circ\,08'\]Metodo alternativo. L'angolo \(\alpha\) formato dalle rette \(MP\) e \(MQ\) è ottuso, poiché l'angolo che la retta \(OQ\) forma con l'asse \(x\) misura meno di \(45^\circ\):
\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = -\frac{4}{3} \quad\implies\quad \alpha =\] \[= \operatorname{arctg}\!\left(-\frac{4}{3}\right) \cong 126{,}87^\circ \cong 126^\circ\,52'\]I restanti angoli acuti \(\widehat{MPO}\) e \(\widehat{MQO}\), supplementari di \(\alpha\), misurano:
\[180^\circ - 126^\circ\,52' = 53^\circ\,08'\]
Tangenti: \(y=\dfrac{1}{2}x+2\) (in \(P\)) e \(y=-\dfrac{1}{2}x+2\) (in \(Q\)).
Il quadrilatero \(OQMP\) è un rombo di lato \(\sqrt{5}\), con angoli \(\widehat{POQ}=\widehat{PMQ}\cong 126^\circ\,52'\) e \(\widehat{MPO}=\widehat{MQO}\cong 53^\circ\,08'\).
Il quadrilatero \(OQMP\) è un rombo di lato \(\sqrt{5}\), con angoli \(\widehat{POQ}=\widehat{PMQ}\cong 126^\circ\,52'\) e \(\widehat{MPO}=\widehat{MQO}\cong 53^\circ\,08'\).
2.
Sia \(\Gamma\) la circonferenza di raggio \(1\) e centro \((0;1)\). Una retta \(t\), per l'origine degli assi, taglia \(\Gamma\) oltre che in \(O\) in un punto \(A\) e taglia la retta d'equazione \(y = 2\) in un punto \(B\). Si provi che, qualunque sia \(t\), l'ascissa \(x\) di \(B\) e l'ordinata \(y\) di \(A\) sono le coordinate \((x;y)\) di un punto di \(\Phi\).
Punto 2. Sia Gamma la circonferenza di raggio 1 e centro nel punto 0, 1. Una retta t, per l'origine degli assi, taglia Gamma, oltre che in O, in un punto A, e taglia la retta di equazione ipsilon uguale a 2 in un punto B. Si provi che, qualunque sia t,
l'ascissa x di B e l'ordinata ipsilon di A sono le coordinate, x e ipsilon, di un punto di fì.
Soluzione del punto 2
In verde la circonferenza \(\Gamma\), in rosa la retta generica \(t\) per l'origine e in blu la retta \(y=2\). I punti \(A\) e \(B\) sono le intersezioni descritte dalla traccia.
La circonferenza \(\Gamma\) ha centro \((0;\,1)\) e raggio \(1\), quindi la sua equazione cartesiana è:
\[x^2 + (y-1)^2 = 1 \implies x^2 + y^2 - 2y = 0\]La retta \(t\) per l'origine ha equazione del tipo \(y=mx\) (se \(t\) è l'asse \(y\), l'intersezione con \(\Gamma\) è il punto limite \((0;\,2)\)). Mettendo a sistema \(t\) e \(\Gamma\):
\[\begin{cases} y = mx \\ x^2 + y^2 - 2y = 0 \end{cases} \implies x^2 + m^2x^2 - 2mx = 0 \implies x\big[x(1+m^2) - 2m\big] = 0\]Escludendo la soluzione \(O(0;\,0)\), si ricava l'ascissa di \(A\). Le coordinate di \(A\) sono quindi:
\[A = \left(\frac{2m}{1+m^2}\;;\;\frac{2m^2}{1+m^2}\right)\]Mettendo a sistema \(t\) con la retta \(y=2\):
\[\begin{cases} y = mx \\ y = 2 \end{cases} \implies mx = 2 \implies x = \frac{2}{m}\]Quindi:
\[B = \left(\frac{2}{m}\;;\;2\right)\]Nota: se \(m=0\), la retta \(t\) coincide con l'asse \(x\) e non taglia la retta parallela \(y=2\).
Il luogo geometrico richiesto, con ascissa \(x\) (presa da \(B\)) e ordinata \(y\) (presa da \(A\)), ha equazioni parametriche:
\[\begin{cases} x = \dfrac{2}{m} \\[6pt] y = \dfrac{2m^2}{1+m^2} \end{cases}\]Dalla prima equazione si ricava \(m=\dfrac{2}{x}\). Sostituendo nella seconda:
\[y = \frac{2\left(\dfrac{2}{x}\right)^2}{1+\left(\dfrac{2}{x}\right)^2} = \frac{\dfrac{8}{x^2}}{1+\dfrac{4}{x^2}} =\] \[=\frac{\dfrac{8}{x^2}}{\dfrac{x^2+4}{x^2}} = \frac{8}{4+x^2}\]Questa espressione coincide con la legge analitica di \(\Phi\): la curva descritta è storicamente nota come Versiera di Agnesi. La proprietà richiesta è quindi dimostrata.
Animazione della Versiera di Agnesi (GeoGebra)
Puoi avviare o mettere in pausa la costruzione geometrica dinamica cliccando sul pulsante Play in basso a sinistra nel grafico.
\(A = \left(\dfrac{2m}{1+m^2}\,;\,\dfrac{2m^2}{1+m^2}\right)\), \(\quad B = \left(\dfrac{2}{m}\,;\,2\right)\)
L'equazione del luogo è \(y = \dfrac{8}{4+x^2}\), che coincide con \(\Phi\).
L'equazione del luogo è \(y = \dfrac{8}{4+x^2}\), che coincide con \(\Phi\).
3.
Si consideri la regione \(R\) compresa tra \(\Phi\) e l'asse \(x\) sull'intervallo \([0,2]\). Si provi che \(R\) è equivalente al cerchio delimitato da \(\Gamma\) e si provi altresì che la regione compresa tra \(\Phi\) e tutto l'asse \(x\) è equivalente a quattro volte il cerchio.
Punto 3. Si consideri la regione R compresa tra fì e l'asse x sull'intervallo da 0 a 2. Si provi che R è equivalente al cerchio delimitato da Gamma e si provi altresì che la regione compresa tra fì e tutto l'asse x è equivalente a quattro volte il cerchio.
Soluzione del punto 3
Calcolo dell'area della regione \(R\)
In verde la regione \(R\) compresa tra \(\Phi\) e l'asse \(x\) nell'intervallo \([0,\,2]\). Il calcolo fornisce il valore \(\pi \approx 3{,}14\).
L'area di \(R\) si calcola con l'integrale definito nell'intervallo \([0;\,2]\):
\[A(R) = \int_{0}^{2} \frac{8}{4+x^2}\,dx = 4\int_{0}^{2} \frac{\frac{1}{2}}{1+\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}\,dx\]Riconoscendo l'integrale immediato che porta all'arcotangente:
\[A(R) = 4\left[\operatorname{arctg}\!\left(\frac{x}{2}\right)\right]_{0}^{2} = 4\cdot(\operatorname{arctg}1 - \operatorname{arctg}0) = 4\cdot\frac{\pi}{4} = \pi\]Confronto con l'area del cerchio
La circonferenza \(\Gamma\) ha raggio \(1\), quindi l'area del cerchio corrispondente è:
\[A(\Gamma) = \pi\cdot 1^2 = \pi\]Le due aree sono quindi perfettamente uguali: \(A(R)=A(\Gamma)=\pi\).
Area della regione illimitata
In rosa la regione illimitata compresa tra \(\Phi\) e l'intero asse \(x\): l'area totale risulta \(4\pi\).
Per la simmetria della funzione pari, l'area si ottiene calcolando il doppio dell'integrale improprio da \(0\) a \(+\infty\):
\[2\int_{0}^{+\infty}\frac{8}{4+x^2}\,dx = 2\lim_{k\to+\infty}\int_{0}^{k}\frac{8}{4+x^2}\,dx\]Risolvendo il limite:
\[2\lim_{k\to+\infty}\left[4\operatorname{arctg}\!\left(\frac{x}{2}\right)\right]_{0}^{k} =\] \[=8\lim_{k\to+\infty}\operatorname{arctg}\!\left(\frac{k}{2}\right) = 8\cdot\frac{\pi}{2} = 4\pi\]Il risultato ottenuto è proprio uguale a quattro volte l'area del cerchio (\(4\cdot\pi\)).
\(A(R) = \pi\), \(\quad A(\Gamma) = \pi\) (quindi \(A(R)=A(\Gamma)\)).
Area totale sotto la curva \(\Phi\): \(4\pi\) (pari a \(4\cdot A(\Gamma)\)).
Area totale sotto la curva \(\Phi\): \(4\pi\) (pari a \(4\cdot A(\Gamma)\)).
4.
La regione \(R\), ruotando attorno all'asse \(y\), genera il solido \(W\). Si calcoli il volume di \(W\).
Punto 4. La regione R, ruotando attorno all'asse ipsilon, genera il solido vi doppio. Si calcoli il volume di vi doppio.
Soluzione del punto 4
Metodo principale: gusci cilindrici (integrazione rispetto a \(x\))
Il metodo dei gusci cilindrici è l'approccio più diretto: permette di calcolare il volume del solido di rotazione attorno all'asse \(y\) integrando rispetto a \(x\) sull'intervallo \([0,\,2]\), senza dover invertire la funzione.
La formula del volume è:
\[V(W) = 2\pi\int_{0}^{2} x\cdot f(x)\,dx = 2\pi\int_{0}^{2} x\cdot\frac{8}{4+x^2}\,dx =\] \[=8\pi\int_{0}^{2}\frac{2x}{4+x^2}\,dx\]Poiché al numeratore compare esattamente la derivata del denominatore, l'integrale immediato porta al logaritmo naturale:
\[V(W) = 8\pi\Big[\ln(4+x^2)\Big]_{0}^{2} = 8\pi\big(\ln(4+4) - \ln(4+0)\big)\] \[V(W) = 8\pi(\ln 8 - \ln 4) = 8\pi\ln\!\left(\frac{8}{4}\right) = 8\pi\ln 2 \cong 17{,}42\]Per una trattazione teorica completa di questo metodo, si rimanda all'approfondimento sui gusci cilindrici.
Metodo alternativo: integrazione rispetto a \(y\)
In alternativa, ricaviamo \(x^2\) in funzione di \(y\). Ricordando che per \(x=2\) si ha \(y=1\):
\[y = \frac{8}{4+x^2} \implies 4+x^2 = \frac{8}{y} \implies x^2 = \frac{8}{y}-4\]La rotazione attorno all'asse \(y\) della regione \(R\) genera un solido composto da due parti:
- Per \(y \in [0,\,1]\): un cilindro di raggio \(2\) e altezza \(1\), di volume \(\pi\cdot 2^2\cdot 1 = 4\pi\).
- Per \(y \in [1,\,2]\): la parte sommitale, ottenuta sommando infiniti cilindri infinitesimi di raggio \(x\) e altezza \(dy\): \[dV = \pi x^2\,dy = \pi\left(\frac{8}{y}-4\right)dy\]
Sommando i due contributi:
\[V(W) = \pi\int_{0}^{1} 2^2\,dy + \pi\int_{1}^{2}\left(\frac{8}{y}-4\right)dy =\] \[=4\pi + \pi\Big[8\ln|y|-4y\Big]_{1}^{2}\] \[V(W) = 4\pi + \pi\big[(8\ln 2 - 8)-(8\ln 1 - 4)\big] = 4\pi + \pi(8\ln 2 - 4) = 8\pi\ln 2 \cong 17{,}42\]
Metodo consigliato: gusci cilindrici, \(\quad V(W) = 2\pi\displaystyle\int_{0}^{2}\dfrac{8x}{4+x^2}\,dx\)
Volume del solido \(W\): \(V(W) = 8\pi\ln 2 \cong 17{,}42\)
Volume del solido \(W\): \(V(W) = 8\pi\ln 2 \cong 17{,}42\)