Soluzione del punto b

Posto che \(p(x) = x - x^2\), la funzione da studiare è \(f(x) = p(x) \cdot e^{p(x)} = (x - x^2) \cdot e^{(x - x^2)}\).

Dominio:

La funzione \(p(x) = x - x^2\) è un polinomio, quindi è definita per tutti i valori reali di \(x\). La funzione esponenziale \(e^{p(x)}\) è anch'essa definita per tutti i valori reali di \(p(x)\). Pertanto, il dominio di \(f(x)\) è \(\mathbb{R}\).

Eventuali intersezioni con gli assi:

• Intersezione con l'asse \(y\) (\(x=0\)): \[ f(0) = (0 - 0^2) \cdot e^{(0 - 0^2)} = 0 \cdot e^0 = 0 \cdot 1 = 0 \] Il grafico interseca l'asse \(y\) nel punto \((0, 0)\).
• Intersezione con l'asse \(x\) (\(f(x)=0\)): \[ (x - x^2) \cdot e^{(x - x^2)} = 0 \] Poiché \(e^{(x - x^2)}\) è sempre maggiore di zero (\(e^A > 0\) per ogni A reale), l'equazione si riduce a: \[ x - x^2 = 0 \] \[ x(1 - x) = 0 \] Le soluzioni sono \(x = 0\) e \(x = 1\). Il grafico interseca l'asse \(x\) nei punti \((0, 0)\) e \((1, 0)\).

Pari/Dispari:

Calcoliamo \(f(-x)\):

Poiché \(f(-x) \ne f(x)\) e \(f(-x) \ne -f(x)\), la funzione non è né pari né dispari.

Segno della funzione:

Il segno di \(f(x) = (x - x^2) \cdot e^{(x - x^2)}\) dipende unicamente dal segno del termine \(x - x^2\), poiché \(e^{(x - x^2)} > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\).

• \(f(x) > 0\) per \(0 < x < 1\).
• \(f(x) < 0\) per \(x < 0\) o \(x > 1\).
• \(f(x) = 0\) per \(x = 0\) o \(x = 1\).

Studio dei limiti agli estremi del dominio:

• Limite per \(x \to +\infty\): \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x - x^2) \cdot e^{(x - x^2)}= \lim_{x \to +\infty} (- x^2) \cdot e^{( - x^2)}= 0^-\] per limite notevole.
• Limite per \(x \to -\infty\): \[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (x - x^2) \cdot e^{(x - x^2)}=\lim_{x \to -\infty} (- x^2) \cdot e^{( - x^2)}= 0^-\] per limite notevole.

Asintoti:

Dallo studio dei limiti, deduciamo che la retta \(y=0\) è un **asintoto orizzontale** per il grafico di \(f(x)\) sia per \(x \to +\infty\) che per \(x \to -\infty\).

Non ci sono asintoti verticali poiché il dominio è \(\mathbb{R}\).

Non ci sono asintoti obliqui, data la presenza di asintoti orizzontali.

Calcolo della derivata prima:

Ricordiamo l'espressione generale della derivata prima di \(f(x) = p(x) \cdot e^{p(x)}\):

Con \(p(x) = x - x^2\) e \(p'(x) = 1 - 2x\), sostituiamo:

Punti stazionari:

Per trovare i punti stazionari, poniamo \(f'(x) = 0\):

Poiché \(e^{(x - x^2)} > 0\) per ogni \(x\), l'equazione si riduce a:

Questa equazione ha soluzioni quando uno dei fattori è zero:

1. \(1 - 2x = 0 \implies 2x = 1 \implies x = \frac{1}{2}\)
2. \(1 + x - x^2 = 0\) Moltiplichiamo per -1: \(x^2 - x - 1 = 0\). Usando la formula risolutiva per equazioni di secondo grado \(x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\): \[ x = \frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-1)}}{2(1)} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \]

Le ascisse dei punti stazionari sono \(x_1 = \frac{1}{2}\), \(x_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\), e \(x_3 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\).

Studio della monotonia:

Studiamo il segno di \(f'(x) = (1 - 2x)(1 + x - x^2) e^{(x - x^2)}\). Poiché \(e^{(x - x^2)} > 0\), il segno di \(f'(x)\) dipende dal segno del prodotto \((1 - 2x)(1 + x - x^2)\).

Consideriamo i fattori:

• Fattore 1: \(1 - 2x > 0 \implies 1 > 2x \implies x < \frac{1}{2}\).
• Fattore 2: \(1 + x - x^2>0\) per \( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} < x < \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \).

Approssimiamo i valori per facilitare lo studio del segno:

Tabella del segno di \(f'(x)\) e della monotonia di \(f(x)\):

Calcolo della derivata seconda:

Derivando la f'(x) risulta: \[ f''(x) = x \cdot e^{(x-x^2)} [ -4x^3 + 8x^2 + 5x - 9 ] \]

Studio della concavità:

Studiamo il segno di \(f''(x)\). Poiché \(e^{(x-x^2)} > 0\), il segno di \(f''(x)\) dipende dal segno di \(x(-4x^3 + 8x^2 + 5x - 9)\).

Consideriamo il polinomio \(Q(x) = -4x^3 + 8x^2 + 5x - 9\). Per trovare le sue radici, possiamo provare con divisori di 9. Notiamo che \(Q(1) = -4 + 8 + 5 - 9 = 0\), quindi \(x=1\) è una radice. Possiamo dividere \(Q(x)\) per \((x-1)\) (con la regola di Ruffini):

\(f''(x) = x \cdot e^{(x-x^2)} (x-1)(-4x^2 + 4x + 9)\).

Ora troviamo le radici del trinomio di secondo grado \(-4x^2 + 4x + 9 = 0\), o equivalentemente \(4x^2 - 4x - 9 = 0\):

Le radici di \(f''(x)\) sono: \(x_a = \frac{1 - \sqrt{10}}{2} \approx -1.08\) \(x_b = 0\) \(x_c = 1\) \(x_d = \frac{1 + \sqrt{10}}{2} \approx 2.08\)

Tabella del segno di \(f''(x)\) e della concavità di \(f(x)\):

Flessi:

I punti di flesso si trovano in corrispondenza delle ascisse dove \(f''(x)\) cambia segno. Tali punti sono:

Grafico della funzione f(x):

Verifica che la retta di equazione \(x = \frac{1}{2}\) è asse di simmetria per \(\gamma_1\):

Per verificare che la retta \(x = t \) è un asse di simmetria per il grafico di \(f(x)\) basta dimostrare che:

Per verificare che la retta \(x = \frac{1}{2}\) è un asse di simmetria per il grafico di \(f(x)\) (\(\gamma_1\)), basta dimostrare che:

Sostituendo \( 1-x \) a \( x \) in in \( f(x) \) vi verifica che è effetivamente: \(f(1-x) = f(x)\)

Immagine di \(f\):

Per determinare l'insieme immagine di \(f(x)\), consideriamo i valori della funzione nei punti stazionari e i limiti agli infiniti.

- Asintoto orizzontale: \(\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = 0\). La funzione tende a zero da valori negativi, poiché per \(x \to \pm \infty\), \(x-x^2 \to -\infty\), e quindi \(x-x^2 < 0\), il che rende \(f(x) < 0\).

Il valore della funzione in questi punti è:

Questo valore è \( \approx -0.368\).

- Massimo locale: \(x = \frac{1}{2}\).

Il valore della funzione in questo punto è:

Questo valore è \( \approx 0.25 \cdot 1.284 = 0.321\).

Osservando il grafico della funzione ed i suoi estremi assoluti, possiamo dire che l'insieme immagine di \(f\) è:

Numero di soluzioni dell’equazione \(f(x) = k\):

Per determinare il numero di soluzioni dell'equazione \(f(x)=k\) al variare di \(k\), eseguiamo un'analisi delle intersezioni del grafico della funzione con una generica retta orizzontale \( y=k \):

Sia \(M_{min} = -\frac{1}{e}\) (valore minimo locale) e \(M_{max} = \frac{1}{4}e^{1/4}\) (valore massimo locale).

• Se \(k < M_{min}\) (cioè \(k < -\frac{1}{e}\)): 0 soluzioni.
• Se \(k = M_{min}\) (cioè \(k = -\frac{1}{e}\)): 2 soluzioni (corrispondenti ai due minimi locali).
• Se \(M_{min} < k < 0\): 4 soluzioni (due tra un minimo e l'origine, e due tra l'origine e l'altro minimo).
• Se \(k = 0\): 2 soluzioni (corrispondenti alle intersezioni con l'asse x, \(x=0\) e \(x=1\)).
• Se \(0 < k < M_{max}\) (cioè \(0 < k < \frac{1}{4}e^{1/4}\)): 2 soluzioni.
• Se \(k = M_{max}\) (cioè \(k = \frac{1}{4}e^{1/4}\)): 1 soluzione (corrispondente al massimo locale).
• Se \(k > M_{max}\) (cioè \(k > \frac{1}{4}e^{1/4}\)): 0 soluzioni.

Soluzione del punto c

Verifica dell'ulteriore zero di \(g(x)\) e del triangolo \(ABC\) rettangolo:

Abbiamo già dimostrato nel punto a) che \(q(x)=1-x-x^2\). Sappiamo anche che \(x=-\varphi\) è uno zero di \(g(x)\), cioè \(q(-\varphi)=0\).

Verifichiamo ora che \(x = \frac{1}{\varphi}\) è l'ulteriore zero di \(g(x)\) (e quindi di \(q(x)\)).

Sostituiamo \(x = \frac{1}{\varphi}\) in \(q(x) = 1-x-x^2\):

Eseguendo i calcoli si ha che:

Ma si ha \( 1 + \varphi - \varphi^2= q(-\varphi)=0 \).

Quindi, \(x = \frac{1}{\varphi}\) è effettivamente un ulteriore zero di \(g(x)\).

N.B. Siccome il prodotto delle radici di un'equazione di secondo grado è c/a, per l'equazione \( 1-x-x^2=0 \) risulta c/a=-1, ed essendo una radice \( \varphi \) l'altra sarà \( \frac{1}{\varphi} \).

Dimostriamo che il triangolo \(ABC\) è rettangolo.

I vertici del triangolo sono: \(A = (-\varphi, 0)\), \(B = (\frac{1}{\varphi}, 0)\), e \(C = (0, 1)\).

Calcoliamo i coefficienti angolari delle rette che formano i lati del triangolo:

• Coefficiente angolare della retta \(AC\), \(m_{AC}\): \[ m_{AC} = \frac{y_C - y_A}{x_C - x_A} = \frac{1 - 0}{0 - (-\varphi)} = \frac{1}{\varphi} \]
• Coefficiente angolare della retta \(BC\), \(m_{BC}\): \[ m_{BC} = \frac{y_C - y_B}{x_C - x_B} = \frac{1 - 0}{0 - \frac{1}{\varphi}} = \frac{1}{-\frac{1}{\varphi}} = -\varphi \]

Verifichiamo se il prodotto dei coefficienti angolari è \(-1\):

Poiché il prodotto dei coefficienti angolari delle rette \(AC\) e \(BC\) è \(-1\), le due rette sono perpendicolari. Questo significa che l'angolo in \(C\) (l'angolo \(A\hat{C}B\)) è un angolo retto.

Pertanto, il triangolo \(ABC\) è **rettangolo** (in \(C\)).

Punto di intersezione tra \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\):

Per trovare i punti di intersezione tra le due curve \(\gamma_1\) (che rappresenta \(f(x)\)) e \(\gamma_2\) (che rappresenta \(g(x)\)), dobbiamo uguagliare le loro espressioni:

Poiché il termine \(e^{p(x)}\) è sempre positivo (mai nullo), possiamo dividerlo da entrambi i lati dell'equazione:

Sostituiamo le espressioni dei polinomi \(p(x)\) e \(q(x)\) che abbiamo determinato nel punto a):

Sommiamo \(x^2\) ad entrambi i lati:

Aggiungiamo \(x\) ad entrambi i lati:

Pertanto, le due curve si intersecano in un unico punto, che ha ascissa \(x = \frac{1}{2}\).

Calcoliamo l'ordinata di questo punto sostituendo \(x = \frac{1}{2}\) in \(f(x)\) (o \(g(x)\)). Nel punto b) abbiamo già calcolato questo valore come:

Le coordinate dell'unico punto di intersezione sono \(\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}e^{1/4}\right)\).

Lunghezza massima del segmento \(P_1P_2\):

Consideriamo su \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\), rispettivamente, i punti \(P_1\) e \(P_2\) aventi uguale ascissa \(x \ge \frac{1}{2}\).

Le coordinate dei punti sono:

La lunghezza del segmento \(P_1P_2\) è data dalla differenza delle loro ordinate (poiché hanno la stessa ascissa). Siccome \( f(x)>g(x) \) per ogni \(x \ge \frac{1}{2}\) la distanza L(x) fra i due punti è:

Dobbiamo trovare il massimo di \(L(x)\) per \(x \ge \frac{1}{2}\). Calcoliamo la derivata prima \(L'(x)\):

Risulta:

Per trovare i punti stazionari, poniamo \(L'(x) = 0\). Poiché \(e^{x-x^2}\) è sempre positivo, dobbiamo risolvere:

Si ha:

Dato che dobbiamo considerare solo \(x \ge \frac{1}{2}\) (\(0.5\)), escludiamo \(x_1\). Il punto critico rilevante è \(x_2 = \frac{1+\sqrt{2}}{2}\).

Studiamo il segno di \(L'(x)\) per \(x \ge \frac{1}{2}\).

• Per \(\frac{1}{2} \le x < \frac{1+\sqrt{2}}{2}\), \(L'(x) > 0\), quindi \(L(x)\) è **crescente**.
• Per \(x = \frac{1+\sqrt{2}}{2}\), \(L'(x) = 0\), punto di **massimo locale**.
• Per \(x > \frac{1+\sqrt{2}}{2}\), \(L'(x) < 0\), quindi \(L(x)\) è **decrescente**.

Quindi, la lunghezza massima si ottiene per \(x = \frac{1+\sqrt{2}}{2}\).

Calcoliamo la lunghezza massima \(L\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\):

Sostituiamo \(x = \frac{1+\sqrt{2}}{2}\):

Calcoliamo l'esponente \(x-x^2\):

Quindi, la lunghezza massima è:

Soluzione del punto d

Calcolo dell'area della regione limitata \(R\):

Osservando il grafico fornito nel problema (p2-1.png) e ricordando lo studio di \(f(x)\) nel punto b), la regione \(R\) è delimitata da \(\gamma_1\) (che è \(f(x)\)), \(\gamma_2\) (che è \(g(x)\)) e l'asse delle ordinate (\(x=0\)). Il punto di intersezione tra \(f(x)\) e \(g(x)\) è \(x=\frac{1}{2}\). Tra \(x=0\) e \(x=\frac{1}{2}\), la curva \(g(x)\) è sopra \(f(x)\).

L'area \(S_R\) della regione \(R\) è data dall'integrale definito della differenza delle due funzioni tra \(x=0\) e \(x=\frac{1}{2}\):

Nel punto c) abbiamo già calcolato la differenza \(f(x) - g(x) = (2x-1)e^{x-x^2}\). Pertanto, \(g(x) - f(x) = -(2x-1)e^{x-x^2} = (1-2x)e^{x-x^2}\).

Dobbiamo calcolare la primitiva di \((1-2x)e^{x-x^2}\). Notiamo che \((1-2x)\) è la derivata dell'esponente \((x-x^2)\). Questo è un integrale della forma \(\int h'(x)e^{h(x)} \, dx = e^{h(x)} + C\).

Quindi, una primitiva di \((1-2x)e^{x-x^2}\) è semplicemente \(e^{x-x^2}\).

Ora calcoliamo l'integrale definito utilizzando il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale:

L'area della regione limitata \(R\) è \(e^{1/4} - 1\).

Determinazione del valore di \(t\) per la regione \(R'\) equivalente ad \(R\):

Osservato che per \(x > \frac{1}{2}\) risulta \(f(x) > g(x)\), ed ipotizzando che la regione R' sia limitata, l'area \(S'\) della regione \(R'\) delimitata dalla retta \(x=t\) e i due grafici (\(\gamma_1\) e \(\gamma_2\)) è data da:

Risulta \(f(x)-g(x)=(2x-1)e^{x-x^2}\).

Ricordando quanto detto nel calcolo dell'area di \(R\), sappiamo che \( (1-2x) \) è la derivata di \( (x-x^2) \). Pertanto, \( (2x-1) \) è \( -(1-2x) \). Quindi, una primitiva di \( f(x)-g(x)=(2x-1)e^{x-x^2} \) è \( -e^{x-x^2} \).

Calcoliamo l'integrale definito per \(S'\):

La condizione è che \(R'\) sia equivalente ad \(R\), quindi \(S' = S_R\):

Sottraiamo \(e^{1/4}\) da entrambi i lati:

Affinché un'esponenziale sia uguale a 1, il suo esponente deve essere 0:

Le radici di questa equazione sono \(t = 0\) e \(t = 1\).

Dato che il problema specifica che dobbiamo considerare \(t \ge \frac{1}{2}\), la soluzione valida è \(t=1\).

Osservazione:

La regione \(R'\) richiesta potrebbe essere anche illimitata. In tal caso, dovremmo calcolare la sua area come un integrale improprio:

Omettiamo il calcolo di questo caso.