Esame di Stato 2026 – Suppletiva – PROBLEMA 1
Versione DSA
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Liceo Scientifico – Esame di Stato 2026 – Sessione suppletiva – PROBLEMA 1 – Versione DSA
Soluzione proposta da Giuseppe Scoleri.
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Ai maestri artigiani di Deruta è stata commissionata la realizzazione di un tavolo in ceramica da esterni, di forma quadrata, di lato 1 metro. Sulla superficie del tavolo, si chiede di raffigurare un quadrato con ciascun vertice posto a distanza \(d\) dagli spigoli e due linee che lo dovranno attraversare per delimitare le parti da destinare alla decorazione (come in figura).
L'area della superficie ombreggiata equivale ai \(\dfrac{3}{5}\) della rimanente.
Legenda: quadrato \(ABCD\) di lato 1 metro con quadrato interno \(EFGH\), le curve \(\gamma_1\) (da \(E\) a \(G\)) e \(\gamma_2\) (da \(F\) a \(H\), tratteggiata), e le zone ombreggiate agli angoli.
Ai maestri artigiani di Deruta è stata commissionata la realizzazione di un tavolo in ceramica da esterni, di forma quadrata, di lato un metro. Sulla superficie del tavolo si chiede di raffigurare un quadrato con ciascun vertice posto a distanza d dagli spigoli, e due linee che lo dovranno attraversare per delimitare le parti da destinare alla decorazione, come in figura. L'area della superficie ombreggiata equivale ai tre quinti della rimanente.
Punto a)
Determinare la distanza \(d\) tra \(B\) e \(F\).
Si consideri un sistema di riferimento con origine nel punto \(O\), centro del tavolo, e i semiassi positivi delle ascisse e delle ordinate passanti, rispettivamente, per il punto medio di \(CD\) e \(AD\). La curva \(\gamma_1\), che unisce due vertici opposti \(E\), \(G\) del quadrato interno, è descritta da una funzione polinomiale di 3° grado ed ha un flesso a tangente orizzontale nel punto \(O\).
Fissato \(d = \dfrac{1}{4}\), ricavare l'espressione analitica \(f_1(x)\) di \(\gamma_1\), definita nell'intervallo \(\left[-\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}\right]\).
D'ora in avanti, si ponga \(f_1(x) = -2x^3\).
Determinare la distanza d tra B e F. Si consideri un sistema di riferimento con origine nel punto O, centro del tavolo, e i semiassi positivi delle ascisse e delle ordinate passanti, rispettivamente, per il punto medio di C D e di A D. La curva gamma uno, che unisce due vertici opposti E, G del quadrato interno, è descritta da una funzione polinomiale di terzo grado ed ha un flesso a tangente orizzontale nel punto O. Fissato d uguale a un quarto, ricavare l'espressione analitica di effe uno di ics di gamma uno, definita nell'intervallo da meno un mezzo a un mezzo. D'ora in avanti si ponga effe uno di ics uguale a meno due ics al cubo.
Soluzione del punto a
Passo 1 — Calcolo della distanza \(d\)
Legenda: il quadrato \(ABCD\) di lato 1, con il quadrato interno \(EFGH\) e le distanze \(d\) e \(1-d\) evidenziate su un lato.
Il quadrato \(ABCD\) ha lato 1 m, quindi la sua area è \(A_1 = 1^2 = 1\) m².
Il lato \(EF\) del quadrato interno è l'ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti \(d\) e \(1-d\), quindi l'area del quadrato \(EFGH\) è:
\[
A_2 = \overline{EF}^2 = d^2 + (1-d)^2 = 2d^2 - 2d + 1, \qquad 0 < d < 1
\]
L'area della superficie ombreggiata (i quattro triangoli agli angoli) è quindi:
\[
A_1 - A_2 = 1 - (2d^2 - 2d + 1) = 2d(1-d) > 0 \quad \text{per } 0 < d < 1
\]
Passo 2 — Impostazione e risoluzione dell'equazione
Per ipotesi tale area equivale ai \(\dfrac{3}{5}\) dell'area di \(EFGH\):
\[
2d(1-d) = \frac{3}{5}\left(2d^2 - 2d + 1\right)
\]
\[
10d(1-d) = 3(2d^2 - 2d + 1)
\]
\[
16d^2 - 16d + 3 = 0
\]
Risolvendo l'equazione di secondo grado:
\[
\frac{\Delta}{4} = 64 - 48 = 16 \quad \Rightarrow \quad d_{1,2} = \frac{8 \pm 4}{16} \quad \Rightarrow \quad d = \frac{3}{4} \ \vee \ d = \frac{1}{4}
\]
⚠ Il quadrato interno \(EFGH\) è disposto come in figura solo se \(d < 1-d\), cioè \(d < \dfrac{1}{2}\): si scarta quindi la soluzione \(d=\dfrac{3}{4}\).
Passo 3 — Determinazione di \(f_1(x)\)
Fissiamo il sistema di riferimento richiesto, con origine \(O\) nel centro del tavolo e assi paralleli ai lati del quadrato.
Legenda: sistema di riferimento con origine in \(O\), vertici di \(ABCD\) ed \(EFGH\) e curva \(\gamma_1\) (in rosso) tra \(E\) e \(G\).
Essendo il lato di \(ABCD\) uguale a 1, i suoi vertici hanno coordinate:
\[
A\left(-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}\right), \quad B\left(-\tfrac{1}{2}, -\tfrac{1}{2}\right), \quad C\left(\tfrac{1}{2}, -\tfrac{1}{2}\right), \quad D\left(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}\right)
\]
Con \(d = \dfrac{1}{4}\), i vertici del quadrato interno \(EFGH\) risultano:
\[
E\left(-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}\right), \quad F\left(-\tfrac{1}{4}, -\tfrac{1}{2}\right), \quad G\left(\tfrac{1}{2}, -\tfrac{1}{4}\right), \quad H\left(\tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{2}\right)
\]
Poiché \(\gamma_1\) ha un flesso a tangente orizzontale in \(O(0,0)\), la retta tangente in tale punto (l'asse \(x\)) ha con la curva un contatto di ordine almeno 3: dunque \(x=0\) è una radice tripla del polinomio di terzo grado \(f_1(x)\), che deve quindi essere del tipo \(f_1(x) = ax^3\).
Imponendo il passaggio per \(G\left(\tfrac{1}{2}, -\tfrac{1}{4}\right)\):
\[
a\left(\frac{1}{2}\right)^3 = -\frac{1}{4} \quad \Rightarrow \quad \frac{a}{8} = -\frac{1}{4} \quad \Rightarrow \quad a = -2
\]
Si verifica che la curva passa anche per \(E\left(-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}\right)\): \(f_1\left(-\tfrac{1}{2}\right) = -2\left(-\tfrac{1}{8}\right) = \tfrac{1}{4}\) ✓
✓ \(\overline{BF} = d = \dfrac{1}{4}\) m | \(f_1(x) = -2x^3, \quad -\dfrac{1}{2} \le x \le \dfrac{1}{2}\)
Punto b)
Il maestro artigiano afferma: «Il lato \(EF\) è tangente a \(\gamma_1\) nel punto \(E\)». Dimostrare che l'affermazione è falsa e determinare l'ampiezza dell'angolo che \(EF\) forma con la retta tangente.
Il maestro artigiano afferma: il lato E F è tangente a gamma uno nel punto E. Dimostrare che l'affermazione è falsa e determinare l'ampiezza dell'angolo che E F forma con la retta tangente.
Soluzione del punto b
Passo 1 — Confronto dei coefficienti angolari
Ricordiamo che \(E = \left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4}\right)\) e che \(f_1(x) = -2x^3\), da cui \(f_1'(x) = -6x^2\).
Il coefficiente angolare della retta tangente a \(\gamma_1\) in \(E\) è:
\[
m_{tg} = f_1'\left(-\frac{1}{2}\right) = -6\cdot\frac{1}{4} = -\frac{3}{2}
\]
Il coefficiente angolare della retta \(EF\), con \(E\left(-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}\right)\) e \(F\left(-\tfrac{1}{4}, -\tfrac{1}{2}\right)\), è:
\[
m_{EF} = \frac{\frac{1}{4} - \left(-\frac{1}{2}\right)}{-\frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{4}\right)} = \frac{\frac{3}{4}}{-\frac{1}{4}} = -3
\]
⚠ Poiché \(m_{EF} = -3 \neq -\dfrac{3}{2} = m_{tg}\), i due coefficienti angolari sono diversi: \(EF\) non è tangente a \(\gamma_1\) in \(E\).
Passo 2 — Calcolo dell'angolo
Indichiamo con \(\alpha\) l'angolo acuto formato tra \(EF\) e la retta tangente a \(\gamma_1\) in \(E\). Usando la formula per l'angolo tra due rette di coefficienti angolari \(m_1\) e \(m_2\):
\[
\tan\alpha = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right| = \left| \frac{-\frac{3}{2} - (-3)}{1 + \left(-\frac{3}{2}\right)(-3)} \right| = \left| \frac{\frac{3}{2}}{\frac{11}{2}} \right| = \frac{3}{11}
\]
\[
\alpha = \arctan\left(\frac{3}{11}\right) \approx 15,26^\circ
\]
✓ \(EF\) non è tangente a \(\gamma_1\) in \(E\); l'angolo tra \(EF\) e la retta tangente è \(\alpha = \arctan\dfrac{3}{11} \approx 15,26^\circ\)
Punto c)
La curva \(\gamma_2\), che unisce i vertici opposti \(F\), \(H\) del quadrato, è costituita dagli archi di due parabole, tra loro simmetriche rispetto al vertice \(O\) comune ad entrambe. Definire a tratti la funzione \(f_2\), che descrive \(\gamma_2\) nell'intervallo \(\left[-\dfrac{1}{4}; \dfrac{1}{4}\right]\).
Il maestro artigiano afferma: «Le curve \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) sono tangenti in \(O\)». Dimostrare che l'affermazione è vera.
Si assuma
\[
f_2(x) = \begin{cases} -8x^2, & -\dfrac{1}{4} \le x \le 0 \\[4pt] 8x^2, & 0 < x \le \dfrac{1}{4} \end{cases}
\]
La curva gamma due, che unisce i vertici opposti F, H del quadrato, è costituita dagli archi di due parabole, tra loro simmetriche rispetto al vertice O comune ad entrambe. Definire a tratti la funzione effe due, che descrive gamma due nell'intervallo da meno un quarto a un quarto. Il maestro artigiano afferma: le curve gamma uno e gamma due sono tangenti in O. Dimostrare che l'affermazione è vera. Si assuma effe due di ics uguale a meno otto ics al quadrato per ics compreso tra meno un quarto e zero, e uguale a otto ics al quadrato per ics compreso tra zero, escluso, e un quarto.
Soluzione del punto c
Passo 1 — Determinazione di \(f_2(x)\)
Ricordiamo che \(H = \left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right)\) e \(F = \left(-\dfrac{1}{4}, -\dfrac{1}{2}\right)\).
Cerchiamo dapprima l'arco di parabola con vertice in \(O\), passante per \(H\), del tipo \(y = ax^2\). Imponendo il passaggio per \(H\left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right)\):
\[
\frac{1}{2} = a \cdot \frac{1}{16} \quad \Rightarrow \quad a = 8 \quad \Rightarrow \quad y = 8x^2, \qquad 0 < x \le \frac{1}{4}
\]
Il secondo arco è simmetrico al primo rispetto al vertice comune \(O\) (simmetria centrale, cioè punto per punto \((x,y) \to (-x,-y)\)):
\[
-y = 8(-x)^2 \quad \Rightarrow \quad y = -8x^2, \qquad -\frac{1}{4} \le x \le 0
\]
Si verifica che questo secondo arco passa correttamente per \(F\left(-\dfrac{1}{4}, -\dfrac{1}{2}\right)\): \(-8\left(-\frac{1}{4}\right)^2 = -\frac{1}{2}\) ✓
Legenda: le due curve \(\gamma_1\) (rossa) e \(\gamma_2\) (nera) nel sistema di riferimento, tangenti tra loro in \(O\).
Passo 2 — Tangenza di \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) in \(O\)
Nel punto a) abbiamo visto che \(f_1(x) = -2x^3\) ha un flesso a tangente orizzontale in \(O\), quindi \(\gamma_1\) è tangente all'asse \(x\) in \(O\).
Per quanto riguarda \(f_2\), entrambi gli archi di parabola che la compongono hanno vertice in \(O\): la parabola \(y=8x^2\) ha vertice (e quindi tangente orizzontale) in \(O\), e lo stesso vale per \(y=-8x^2\).
Essendo \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) entrambe tangenti alla stessa retta (l'asse \(x\)) nel punto comune \(O\), esse sono tangenti tra loro in \(O\).
✓ \(f_2(x) = \begin{cases} -8x^2, & -\dfrac{1}{4} \le x \le 0 \\ 8x^2, & 0 < x \le \dfrac{1}{4} \end{cases}\) — \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) sono tangenti in \(O\)
Punto d)
Calcolare l'area di ciascuna delle quattro superfici che \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) determinano sul quadrato interno \(EFGH\).
Calcolare l'area di ciascuna delle quattro superfici che gamma uno e gamma due determinano sul quadrato interno E F G H.
Soluzione del punto d
Passo 1 — Area della regione delimitata da \(EH\), \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\)
Calcoliamo dapprima l'area della regione delimitata dal lato \(EH\) e dagli archi di \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) compresi tra \(E\) e \(H\) (passando per \(O\)).
Legenda: la figura completa con le quattro regioni delimitate da \(\gamma_1\), \(\gamma_2\) e i lati del quadrato \(EFGH\).
Ricordiamo che \(E = \left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4}\right)\) e \(H = \left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right)\). Il coefficiente angolare della retta \(EH\) è:
\[
m = \frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{4}}{\frac{1}{4} - \left(-\frac{1}{2}\right)} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} = \frac{1}{3}
\]
La retta per \(H\left(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}\right)\) con \(m = \dfrac{1}{3}\) è:
\[
y - \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\left(x - \frac{1}{4}\right) \quad \Rightarrow \quad y = \frac{1}{3}x + \frac{5}{12}
\]
Verifichiamo che passa anche per \(E\): \(\dfrac{1}{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{5}{12} = \dfrac{1}{4}\) ✓
L'area cercata si ottiene sommando l'integrale della differenza tra la retta \(EH\) e \(\gamma_1\) (per \(-\frac12 \le x \le 0\)) con l'integrale della differenza tra la retta \(EH\) e \(\gamma_2\) (per \(0 \le x \le \frac14\)):
\[
A_1 = \int_{-1/2}^{0} \left[\left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12}\right) - (-2x^3)\right] dx \; + \; \int_{0}^{1/4} \left[\left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12}\right) - 8x^2\right] dx
\]
Calcolando i due integrali separatamente:
\[
\int_{-1/2}^{0} \left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12} + 2x^3\right) dx = \left[\frac{1}{6}x^2 + \frac{5}{12}x + \frac{1}{2}x^4\right]_{-1/2}^{0} = \frac{13}{96}
\]
\[
\int_{0}^{1/4} \left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12} - 8x^2\right) dx = \left[\frac{1}{6}x^2 + \frac{5}{12}x - \frac{8}{3}x^3\right]_{0}^{1/4} = \frac{7}{96}
\]
Quindi:
\[
A_1 = \frac{13}{96} + \frac{7}{96} = \frac{20}{96} = \frac{5}{24}
\]
Passo 2 — Le altre tre regioni, per simmetria
Osserviamo che le curve \(f_1\) e \(f_2\) sono entrambe funzioni dispari, quindi l'intera figura è simmetrica rispetto al centro \(O\) (simmetria centrale). Poiché \(H\) e \(F\) sono simmetrici rispetto a \(O\), così come \(E\) e \(G\), la regione delimitata da \(FG\), \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) ha la stessa area di quella appena calcolata:
\[
A_{HE} = A_{FG} = \frac{5}{24}
\]
Restano le altre due regioni (presso \(EF\) e presso \(GH\)), anch'esse uguali tra loro per lo stesso motivo di simmetria centrale. Anziché calcolarle con due nuovi integrali, sottraiamo all'area del quadrato \(EFGH\) le due aree già trovate.
Dal punto a) sappiamo che:
\[
\text{area}(EFGH) = \overline{EF}^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 + \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{10}{16} = \frac{5}{8}
\]
Le due aree rimanenti, complessivamente:
\[
\text{area}(EFGH) - 2A_{HE} = \frac{5}{8} - 2\cdot\frac{5}{24} = \frac{5}{8} - \frac{5}{12} = \frac{5}{24}
\]
quindi ciascuna delle due regioni rimanenti ha area:
\[
A_{EF} = A_{GH} = \frac{1}{2}\cdot\frac{5}{24} = \frac{5}{48}
\]
⚠ Verifica: \(2A_{HE} + 2A_{EF} = 2\cdot\dfrac{5}{24} + 2\cdot\dfrac{5}{48} = \dfrac{5}{8} = \text{area}(EFGH)\) ✓
✓ Regione presso \(EH\) e regione presso \(FG\): area \(= \dfrac{5}{24}\) ciascuna
Regione presso \(EF\) e regione presso \(GH\): area \(= \dfrac{5}{48}\) ciascuna
Regione presso \(EF\) e regione presso \(GH\): area \(= \dfrac{5}{48}\) ciascuna