LICEO SCIENTIFICO - SUPPLETIVA 2026 - PROBLEMA 1

Soluzione del punto a

Calcolo della distanza \(d\)

Il quadrato \(ABCD\) ha lato 1 m, quindi la sua area è: \[ A_1 = \text{area}(ABCD) = 1^2 = 1 \ \text{m}^2 \]

Il lato \(EF\) del quadrato interno è l'ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti \(d\) e \(1-d\), quindi: \[ \overline{EF}^2 = d^2 + (1-d)^2 = 2d^2 - 2d + 1, \qquad 0 < d < 1 \] e l'area del quadrato \(EFGH\) è: \[ A_2 = \text{area}(EFGH) = \overline{EF}^2 = 2d^2 - 2d + 1 \]

L'area della superficie ombreggiata (i quattro triangoli agli angoli) è quindi: \[ A_1 - A_2 = 1 - (2d^2 - 2d + 1) = 2d - 2d^2 = 2d(1-d) > 0 \quad \text{per } 0 < d < 1 \]

Per ipotesi tale area equivale ai \(\dfrac{3}{5}\) dell'area di \(EFGH\): \[ 2d(1-d) = \frac{3}{5}\left(2d^2 - 2d + 1\right) \] \[ 10d(1-d) = 3(2d^2 - 2d + 1) \] \[ 10d - 10d^2 = 6d^2 - 6d + 3 \] \[ 16d^2 - 16d + 3 = 0 \]

Risolvendo: \[ \frac{\Delta}{4} = 64 - 48 = 16 \quad \Rightarrow \quad d_{1,2} = \frac{8 \pm 4}{16} \quad \Rightarrow \quad d = \frac{3}{4} \ \vee \ d = \frac{1}{4} \]

Poiché il quadrato interno \(EFGH\) è disposto come in figura solo se \(d < 1-d\), ossia \(d < \dfrac{1}{2}\), si scarta la soluzione \(d=\dfrac{3}{4}\) e si accetta: \[ \overline{BF} = d = \frac{1}{4} \]

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.

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 \(E\left(-\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}\right)\): \(f_1\left(-\tfrac{1}{2}\right) = -2\left(-\tfrac{1}{8}\right) = \tfrac{1}{4}\) ✓

Soluzione del punto b

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, dunque:

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 \(m_2\): \[ \tan\alpha = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right| = \left| \frac{-\frac{3}{2} - (-3)}{1 + \left(-\frac{3}{2}\right)(-3)} \right| = \left| \frac{\frac{3}{2}}{1+\frac{9}{2}} \right| = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{11}{2}} = \frac{3}{11} \]

Quindi: \[ \alpha = \arctan\left(\frac{3}{11}\right) \approx 15,26^\circ \approx 15^\circ 15' \]

Soluzione del punto c

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 \(F\left(-\dfrac{1}{4}, -\dfrac{1}{2}\right)\): \[ -8\left(-\frac{1}{4}\right)^2 = -8 \cdot \frac{1}{16} = -\frac{1}{2} \quad \checkmark \]

Pertanto: \[ f_2(x) = \begin{cases} -8x^2, & -\dfrac{1}{4} \le x \le 0 \\[4pt] 8x^2, & 0 < x \le \dfrac{1}{4} \end{cases} \]

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 \(O\).

Soluzione del punto d

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 \(O\)).

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 \(E\): \(\dfrac{1}{3}\left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{5}{12} = -\dfrac{1}{6}+\dfrac{5}{12} = \dfrac{3}{12} = \dfrac{1}{4}\) ✓

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 \(0 \le x \le \frac14\)): \[ A_1 = \int_{-1/2}^{0} \left[\left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12}\right) - (-2x^3)\right] dx \; + \; \] \[\int_{0}^{1/4} \left[\left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12}\right) - 8x^2\right] dx \]

Calcoliamo il primo integrale: \[ \int_{-1/2}^{0} \left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12} + 2x^3\right) dx = \left[\frac{1}{6}x^2 + \frac{5}{12}x + \frac{1}{2}x^4\right]_{-1/2}^{0} =\] \[=0 - \left(\frac{1}{24} - \frac{5}{24} + \frac{1}{32}\right) = \frac{13}{96} \]

e il secondo: \[ \int_{0}^{1/4} \left(\frac{1}{3}x + \frac{5}{12} - 8x^2\right) dx = \] \[=\left[\frac{1}{6}x^2 + \frac{5}{12}x - \frac{8}{3}x^3\right]_{0}^{1/4} = \frac{1}{96} + \frac{5}{48} - \frac{1}{24} = \frac{7}{96} \]

Quindi: \[ A_1 = \frac{13}{96} + \frac{7}{96} = \frac{20}{96} = \frac{5}{24} \]

Le altre tre regioni

Osserviamo che le curve \(f_1\) e \(f_2\) sono entrambe funzioni dispari, quindi l'intera figura (vertici \(E,F,G,H\) e curve \(\gamma_1, \gamma_2\)) è simmetrica rispetto al centro \(O\) (simmetria centrale). Poiché \(H\) e \(F\) sono simmetrici rispetto a \(O\), così come \(E\) e \(G\), anche la regione delimitata da \(FG\), \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\) è l'immagine simmetrica rispetto a \(O\) di quella appena calcolata, quindi ha la stessa area: \[ A_{HE} = A_{FG} = \frac{5}{24} \]

Restano da determinare le altre due regioni (quella delimitata da \(EF\), \(\gamma_1\), \(\gamma_2\) e quella delimitata da \(GH\), \(\gamma_1\), \(\gamma_2\)), anch'esse uguali tra loro per lo stesso motivo di simmetria centrale. Anziché calcolarle con due nuovi integrali, conviene sottrarre all'area del quadrato \(EFGH\) le due aree già trovate.

Dal punto a) sappiamo che: \[ \text{area}(EFGH) = \overline{EF}^2 = d^2 + (1-d)^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 + \left(\frac{3}{4}\right)^2 =\] \[ \frac{1}{16} + \frac{9}{16} = \frac{10}{16} = \frac{5}{8} \]

Le due aree rimanenti (uguali tra loro) valgono complessivamente: \[ \text{area}(EFGH) - 2A_{HE} = \frac{5}{8} - 2\cdot\frac{5}{24} =\] \[=\frac{5}{8} - \frac{5}{12} = \frac{15}{24} - \frac{10}{24} = \frac{5}{24} \]

quindi ciascuna delle due regioni rimanenti (quella tra \(EF\) e quella tra \(GH\)) ha area: \[ A_{EF} = A_{GH} = \frac{1}{2}\cdot\frac{5}{24} = \frac{5}{48} \]

Verifica: \(2A_{HE} + 2A_{EF} = 2\cdot\dfrac{5}{24} + 2\cdot\dfrac{5}{48} =\) \(=\dfrac{5}{12}+\dfrac{5}{24} = \dfrac{15}{24} = \dfrac{5}{8} = \text{area}(EFGH)\) ✓