Soluzione del punto a

Calcolo della derivata prima per gli estremi relativi

Calcoliamo la derivata prima della funzione \(f_a(x) = (x^2+1)e^{ax+1}\):

\[ f_a'(x) = (ax^2+2x+a)e^{ax+1} \]

Studiamo il segno di \(f_a'(x)\) per determinare gli estremi relativi. Poiché \(e^{ax+1} > 0\) per ogni \(x\), il segno di \(f_a'(x)\) dipende dal segno del trinomio \(P(x) = ax^2+2x+a\). Calcoliamo il discriminante ridotto (\(\Delta/4\)) di \(P(x)\):

\[ \frac{\Delta}{4} = 1^2 - a \cdot a = 1 - a^2 \]

Analizziamo i casi in base al segno di \(\Delta/4\):

• **Se \(1-a^2 < 0\)**, cioè per \(a < -1\) o \(a > 1\):

  Il trinomio \(ax^2+2x+a\) ha sempre lo stesso segno di \(a\). Quindi:

  • Se \(a < -1\), \(P(x) < 0\) per ogni \(x\), perciò \(f_a'(x) < 0\) sempre. Questo implica che \(f_a(x)\) è sempre **decrescente**.
  • Se \(a > 1\), \(P(x) > 0\) per ogni \(x\), perciò \(f_a'(x) > 0\) sempre. Questo implica che \(f_a(x)\) è sempre **crescente**.

  Pertanto, quando \(a < -1\) o \(a > 1\), **non ci sono estremi relativi**.

• **Se \(1-a^2 = 0\)**, cioè se \(a = 1\) o \(a = -1\):

  Il trinomio \(ax^2+2x+a\) risulta:

  • Se \(a = 1\), \(x^2+2x+1 = (x+1)^2 \ge 0\) per ogni \(x\). Quindi \(f_a'(x) \ge 0\) sempre, e \(f_a(x)\) è **crescente** per ogni \(x\). In \(x=-1\), \(f_a'(-1)=0\), quindi ha un **flesso a tangente orizzontale**.
  • Se \(a = -1\), \(-x^2+2x-1 = -(x^2-2x+1) = -(x-1)^2 \le 0\) per ogni \(x\). Quindi \(f_a'(x) \le 0\) sempre, e \(f_a(x)\) è **decrescente** per ogni \(x\). In \(x=1\), \(f_a'(1)=0\), quindi ha un **flesso a tangente orizzontale**.

  Per \(a = \pm 1\) **non ci sono estremi relativi**.

• **Se \(1-a^2 > 0\)**, cioè \(-1 < a < 1\), e \(a \neq 0\) (come specificato nel testo del problema):

  L'equazione \(ax^2+2x+a=0\) ammette due radici reali e distinte (poiché \(\Delta/4 > 0\)). Queste due radici corrispondono a **due estremi relativi** per la funzione \(f_a(x)\) (un massimo e un minimo).

Riepilogo Estremi Relativi

Riepilogando, il numero di estremi relativi al variare di \(a\) è il seguente:

• Per **\(a < -1\)** o **\(a > 1\)**: **0** estremi relativi.
• Per **\(a = \pm 1\)**: **0** estremi relativi.
• Per **\(-1 < a < 1\)** e **\(a \neq 0\)**: **2** estremi relativi (un massimo e un minimo).

Come già detto, per \( x = \mp 1 \) abbiamo punti di flesso a tangente orizzontale se \(a = \pm 1\).

Calcolo della derivata seconda per i flessi

Calcoliamo la derivata seconda della funzione:

Abbiamo visto che \(f_a'(x)=(ax^2+2x+a)e^{ax+1}\). Quindi la derivata seconda (omettiamo i calcoli dettagliati) è:

\[ f_a''(x)=(a^2x^2+4ax+2+a^2)e^{ax+1} \]

Per trovare i flessi, studiamo il segno di \(f_a''(x)\).

Risulta \(f_a''(x) \ge 0\) se \(a^2x^2+4ax+2+a^2 \ge 0\). Il discriminante ridotto (\(\Delta/4\)) di questo trinomio è:

\[ \frac{\Delta}{4} = (2a)^2 - a^2(2+a^2) = 4a^2 - 2a^2 - a^4 = 2a^2 - a^4 = a^2(2-a^2) \]

Studiamo il segno di \(\Delta/4\): \(a^2(2-a^2) \ge 0\) se \(2-a^2 \ge 0\) (poiché \(a^2 > 0\) dato che \(a \neq 0\)), il che implica \(- \sqrt{2} \le a \le \sqrt{2}\). Poiché il problema specifica che \(a \neq 0\), abbiamo \(- \sqrt{2} \le a \le \sqrt{2}\) con \(a \neq 0\).

Possiamo quindi affermare che per \(-\sqrt{2} < a < \sqrt{2}\) (con \(a \neq 0\)), la derivata seconda si annulla due volte. Dipendendo il suo segno da un trinomio di secondo grado con discriminante positivo, i due punti in cui cambia il segno saranno punti di **flesso**.

Riepilogo Flessi

Riepilogando, il numero di flessi al variare di \(a\) è il seguente:

• Per \(-\sqrt{2} < a < \sqrt{2}\) (con \(a \neq 0\)): **2 flessi**.
• Se \(a = \pm \sqrt{2}\): la derivata seconda si annulla una sola volta, quindi si ha **1 flesso**.
• Se \(a < -\sqrt{2}\) o \(a > \sqrt{2}\): **nessun flesso**.

Dallo studio che abbiamo già fatto sulla derivata prima, possiamo dire che si ha un **flesso a tangente orizzontale** in \(x=-1\) se \(a=1\), e in \(x=1\) se \(a=-1\).

Anche se non richiesto, diamo un'immagine animata del grafico \(\gamma_a\):

Soluzione del punto b

Studio della funzione \(f_1(x)\) e grafico di \(\gamma_1\)

La funzione da studiare è \(f_1(x)\), che si ottiene ponendo \(a=1\) nella funzione data \(f_a(x)=(x^2+1)e^{ax+1}\). Dunque:

\[ f_1(x) = (x^2+1)e^{x+1} \]

Per studiare la funzione, analizziamo i seguenti aspetti:

• **Dominio:** Il dominio di \(f_1(x)\) è \( \mathbb{R} \), poiché è il prodotto di un polinomio e un'esponenziale, entrambi definiti su tutto \(\mathbb{R}\).
• **Parità/Disparità:**

  Per verificare se la funzione è pari o dispari, calcoliamo \(f_1(-x)\):

  \[ f_1(-x) = ((-x)^2+1)e^{-x+1} = (x^2+1)e^{-x+1} \]

  Poiché \(f_1(-x) \neq f_1(x)\) e \(f_1(-x) \neq -f_1(x)\), la funzione \(f_1(x)\) **non è né pari né dispari**.

• **Intersezioni con gli assi:**
  • Asse x (\(y=0\)): \( (x^2+1)e^{x+1} = 0 \). Poiché \(x^2+1 > 0\) e \(e^{x+1} > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), non ci sono intersezioni con l'asse x.
  • Asse y (\(x=0\)): \( f_1(0) = (0^2+1)e^{0+1} = 1 \cdot e^1 = e \). Quindi, l'intersezione con l'asse y è nel punto \((0, e)\).
• **Segno della funzione:** Poiché \(x^2+1 > 0\) e \(e^{x+1} > 0\), la funzione \(f_1(x)\) è sempre **positiva** per ogni \(x \in \mathbb{R}\).
• **Limiti agli estremi del dominio:**
  • **Limite per \(x \to -\infty\)**:

    \[ \lim_{x \to -\infty} (x^2+1)e^{x+1} \]

    Quando \(x \to -\infty\), \(x^2+1 \to +\infty\) e \(e^{x+1} \to 0\). Questa è una forma indeterminata del tipo \(\infty \cdot 0\).

    Possiamo riscrivere il limite e concentrarci sui termini che causano l'indeterminazione, notando che \(e^{x+1} = e^x \cdot e\):

    \[ e \cdot \lim_{x \to -\infty} (x^2+1)e^{x} = e \cdot \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2+1}{e^{-x}} \]

    Per il **confronto tra infiniti**, sappiamo che l'esponenziale \(e^{-x}\) (per \(x \to -\infty\), \( -x \to +\infty\)) tende a infinito molto più velocemente di qualsiasi potenza di \(x\) (in questo caso \(x^2+1\)). Questo significa che il denominatore "domina" il numeratore.

    Pertanto, il limite è:

    \[ \lim_{x \to -\infty} (x^2+1)e^{x+1} = 0^+ \]

    Il risultato è \(0^+\) perché la funzione è sempre positiva, quindi si avvicina a 0 da valori positivi.

  • **Limite per \(x \to +\infty\)**:

    \[ \lim_{x \to +\infty} (x^2+1)e^{x+1} = +\infty \]

    In questo caso, sia \((x^2+1)\) che \(e^{x+1}\) tendono a \(+\infty\) quando \(x \to +\infty\). Il prodotto di due infiniti positivi è \(+\infty\).

• **Asintoti:**

  Dal limite per \(x \to -\infty\), abbiamo che \( \lim_{x \to -\infty} f_1(x) = 0 \). Questo significa che l'asse \(x\) (equazione \(y=0\)) è un **asintoto orizzontale** per \(x \to -\infty\).

  Dal limite per \(x \to +\infty\), \( \lim_{x \to +\infty} f_1(x) = +\infty \). Verifichiamo la presenza di asintoti obliqui per \(x \to +\infty\):

  • Calcolo di \(m\):

    \[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f_1(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+1)e^{x+1}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( x + \frac{1}{x} \right)e^{x+1} = +\infty \]

    Poiché \(m = +\infty\), **non esistono asintoti obliqui** per \(x \to +\infty\).

  Non ci sono asintoti verticali, in quanto la funzione è definita su tutto \(\mathbb{R}\).

• **Derivata prima e monotonia:**

  Dal punto a), per \(a=1\), abbiamo che \(f_1'(x) = (1 \cdot x^2+2x+1)e^{x+1} = (x+1)^2 e^{x+1}\).

  Poiché \((x+1)^2 \ge 0\) e \(e^{x+1} > 0\), \(f_1'(x) \ge 0\) per ogni \(x\). Questo conferma che \(f_1(x)\) è **sempre crescente** su tutto \(\mathbb{R}\).

  Si annulla solo in \(x=-1\), che è un punto di flesso a tangente orizzontale (come discusso nel punto a)).

• **Derivata seconda e concavità/convessità:**

  Calcoliamo la derivata seconda di \(f_1(x)\):

  \[ f_1''(x) = (x^2+4x+3)e^{x+1} \]

  Studiamo il segno di \(f_1''(x)\) per determinare la concavità/convessità e i punti di flesso. Poiché \(e^{x+1} > 0\) per ogni \(x\), il segno di \(f_1''(x)\) dipende dal segno del trinomio \(P(x) = x^2+4x+3\).

  Troviamo le radici di \(x^2+4x+3=0\):

  \[ x = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3}}{2 \cdot 1} = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 12}}{2} = \frac{-4 \pm 2}{2} \]

  Le radici sono \(x_1 = \frac{-4-2}{2} = -3\) e \(x_2 = \frac{-4+2}{2} = -1\).

  Il trinomio \(x^2+4x+3\) si può associare ad una parabola con concavità verso l'alto (coefficiente di \(x^2\) positivo), quindi è positivo esternamente alle radici e negativo tra le radici.

  Schema del segno di \(f_1''(x)\):

  x | -3 -1 ----------|-----|------|----- x^2+4x+3 | + | - | + e^(x+1) | + | + | + ----------|-----|------|----- f_1''(x) | + | - | + Concavità | ALTO| BASSO| ALTO

  Da questo schema si deduce che:

  • Per \(x < -3\), \(f_1''(x) > 0\), quindi la funzione è **convessa** (concavità verso l'alto).
  • Per \(-3 < x < -1\), \(f_1''(x) < 0\), quindi la funzione è **concava** (concavità verso il basso).
  • Per \(x > -1\), \(f_1''(x) > 0\), quindi la funzione è **convessa** (concavità verso l'alto).

  I punti in cui la concavità cambia sono **punti di flesso**.

  • In \(x = -3\), calcoliamo \(f_1(-3) = ((-3)^2+1)e^{-3+1} = (9+1)e^{-2} = 10e^{-2}\). Quindi, il flesso \(F_1\) ha coordinate \(\left(-3, \frac{10}{e^2}\right)\).
  • In \(x = -1\), calcoliamo \(f_1(-1) = ((-1)^2+1)e^{-1+1} = (1+1)e^{0} = 2 \cdot 1 = 2\). Quindi, il flesso \(F_2\) ha coordinate \((-1, 2)\). Notiamo che questo è lo stesso punto \(x=-1\) dove \(f_1'(-1)=0\), confermando che è un **flesso a tangente orizzontale**.

Il grafico \(\gamma_1\) è il seguente:

Invertibilità di \(f_1(x)\) e funzione inversa \(g\)

La funzione \(f_1(x)\) è **invertibile in \(\mathbb{R}\)** perché è una funzione **strettamente monotona** (nel nostro caso, strettamente crescente su tutto il suo dominio \(\mathbb{R}\)).

Dominio della funzione inversa \( g \):

Il dominio di \(g\) è l'intervallo \((0, +\infty)\), che corrisponde all'immagine della funzione diretta \(f_1(x)\).

Indichiamo con \(g\) la funzione inversa di \(f_1\).

Determinazione di \(g'(e)\)

Per determinare \(g'(e)\), usiamo la formula della derivata della funzione inversa:

\[ g'(y_0) = \frac{1}{f_1'(x_0)} \quad \text{dove } y_0 = f_1(x_0) \]

Nel nostro caso, \(y_0 = e\). Dobbiamo trovare l' \(x_0\) tale che \(f_1(x_0) = e\). Sappiamo già dall'intersezione con l'asse y che \(f_1(0) = e\), quindi \(x_0 = 0\).

Ora calcoliamo \(f_1'(x_0)\) per \(x_0 = 0\):

\[ f_1'(0) = (0+1)^2 e^{0+1} = 1^2 \cdot e^1 = e \]

Quindi, la derivata dell'inversa in \(e\) è:

\[ g'(e) = \frac{1}{f_1'(0)} = \frac{1}{e} \]

Soluzione del punto c

Significato geometrico di \(F(t)\)

\(F(t) = \int_t^0 f_1(x) dx\) rappresenta l'**area della regione \(R\)** delimitata dal grafico \(\gamma_1\) di \(f_1(x)\), dalla retta verticale \(x=t\), e dagli assi cartesiani, per l'intervallo \(t \le x \le 0\). Trattandosi di un integrale con limite superiore costante (0) e limite inferiore variabile \(t \le 0\), e poiché \(f_1(x)\) è sempre positiva, questo integrale rappresenta l'area del **trapezoide** compreso tra \(x=t\) e \(x=0\).

Il grafico della regione è il seguente:

Calcolo del limite di \(F(t)\) per \(t \to -\infty\)

Il limite richiesto, \(\lim_{t \to -\infty} F(t)\), rappresenta l'**area della regione illimitata \(R\)** ottenuta quando il limite inferiore di integrazione \(t\) tende a meno infinito:

\[ \lim_{t \to -\infty} F(t) = \lim_{t \to -\infty} \int_t^0 (x^2+1)e^{x+1} dx = \int_{-\infty}^0 (x^2+1)e^{x+1} dx \]

Per risolvere l'integrale, integriamo per parti la funzione \( (x^2+1)e^{x+1} \). Sia \(u = x^2+1\) e \(dv = e^{x+1} dx\). Allora \(du = 2x \, dx\) e \(v = e^{x+1}\).

\[ \int (x^2+1)e^{x+1} dx = (x^2+1)e^{x+1} - \int 2x e^{x+1} dx \]

Integriamo nuovamente per parti \( \int 2x e^{x+1} dx \). Sia \(u = 2x\) e \(dv = e^{x+1} dx\). Allora \(du = 2 \, dx\) e \(v = e^{x+1}\).

\[ \int 2x e^{x+1} dx = 2x e^{x+1} - \int 2 e^{x+1} dx = 2x e^{x+1} - 2e^{x+1} \]

Sostituendo questo risultato nell'integrale originale:

\[ \int (x^2+1)e^{x+1} dx = (x^2+1)e^{x+1} - (2x e^{x+1} - 2e^{x+1}) + C \]

\[ = e^{x+1}(x^2+1 - 2x + 2) + C = e^{x+1}(x^2-2x+3) + C \]

Quindi, una primitiva di \( (x^2+1)e^{x+1} \) è \( e^{x+1}(x^2-2x+3) \).

Ora, valutiamo l'integrale definito:

\[ \int_{-\infty}^0 (x^2+1)e^{x+1} dx = \left[e^{x+1}(x^2-2x+3)\right]_{-\infty}^0 \]

\[ = \left[e^{0+1}(0^2-2 \cdot 0+3)\right] - \lim_{t \to -\infty} \left[e^{t+1}(t^2-2t+3)\right] \]

\[ = (e^1 \cdot 3) - \lim_{t \to -\infty} e^{t+1}(t^2-2t+3) \]

Consideriamo il limite: \( \lim_{t \to -\infty} e^{t+1}(t^2-2t+3) \).

Questo limite è della forma \(0 \cdot \infty\). Come visto nel punto b) per un limite simile, l'esponenziale tende a zero molto più velocemente di quanto il polinomio tenda a infinito. Quindi:

\[ \lim_{t \to -\infty} e^{t+1}(t^2-2t+3) = 0 \]

Sostituendo questo valore:

\[ \int_{-\infty}^0 (x^2+1)e^{x+1} dx = 3e - 0 = 3e \]

Conclusione

Il limite \(\lim_{t \to -\infty} F(t) = 3e\). Quindi, se \(t \to -\infty\), l'area della regione (illimitata) \(R\) (compresa tra la curva \(f_1(x)\), l'asse x e l'asse y, estesa a sinistra fino a meno infinito) vale \(3e\), come richiesto.

Soluzione del punto d

Determinazione del valore di \(a\) per l'area massima

Sia \(P_a\) un punto sulla curva \(\gamma_a\) con ascissa \(x<0\). Le sue coordinate sono \(P_a=(x, f_a(x))\), ovvero:

\[ P_a=(x, (x^2+1)e^{ax+1}) \]

Le sue proiezioni sugli assi coordinati sono \(Q_a\) sull'asse x e \(R_a\) sull'asse y:

\[ Q_a=(x,0) \quad \text{ed} \quad R_a=(0, (x^2+1)e^{ax+1}) \]

Si ha la seguente figura:

Il rettangolo \(P_a Q_a OR_a\) ha come lati \(\left|x\right|\) e \(\left|(x^2+1)e^{ax+1}\right|\). L'area \(S\) del rettangolo è data da:

\[ S = \text{Area}(P_a Q_a OR_a) = |x| \cdot |(x^2+1)e^{ax+1}| \]

Dato che \(x<0\), \(\left|x\right| = -x\). Inoltre, \((x^2+1) > 0\) e \(e^{ax+1} > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), quindi \(\left|(x^2+1)e^{ax+1}\right| = (x^2+1)e^{ax+1}\). Pertanto, l'area \(S\) in funzione di \(x\) è:

\[ S(x) = -x(x^2+1)e^{ax+1} = (-x^3-x)e^{ax+1} \]

Per trovare il valore di \(a\) per cui l'area \(S(x)\) assume valore massimo a \(x=-2\), dobbiamo prima calcolare la derivata prima di \(S(x)\) rispetto a \(x\) e poi imporre che \(S'(-2)=0\).

Calcoliamo \(S'(x)\) utilizzando la regola del prodotto:

\[ S'(x) = (-3x^2-1)e^{ax+1} + (-x^3-x) \cdot (a \cdot e^{ax+1}) \]

Raccogliendo \(e^{ax+1}\):

\[ S'(x) = e^{ax+1}(-3x^2-1 - ax^3 - ax) \]

\[ S'(x) = e^{ax+1}(-ax^3-3x^2-ax-1) \]

Ora, impostiamo \(S'(-2)=0\):

\[ e^{a(-2)+1}(-a(-2)^3-3(-2)^2-a(-2)-1) = 0 \]

\[ e^{-2a+1}(-a(-8)-3(4)+2a-1) = 0 \]

\[ e^{-2a+1}(8a-12+2a-1) = 0 \]

\[ e^{-2a+1}(10a-13) = 0 \]

Poiché \(e^{-2a+1}\) è sempre maggiore di 0, l'equazione si riduce a:

\[ 10a-13 = 0 \Rightarrow 10a = 13 \Rightarrow a = \frac{13}{10} \]

Questa è la condizione **necessaria** per avere un estremo (massimo o minimo) in \(x=-2\).

Verifica della natura del punto critico per \(a=\frac{13}{10}\)

Per stabilire se per \(a = \frac{13}{10}\) l'area \(S(x)\) è massima in \(x=-2\), studiamo il segno di \(S'(x)\) per questo valore di \(a\).

Sostituendo \(a=\frac{13}{10}\) in \(S'(x)\):

\[ S'(x) = e^{\frac{13}{10}x+1}\left(-\frac{13}{10}x^3 -3x^2 -\frac{13}{10}x-1\right) \]

Il segno di \(S'(x)\) dipende dal segno del polinomio \(P(x) = -\frac{13}{10}x^3 -3x^2 -\frac{13}{10}x-1\), poiché \(e^{\frac{13}{10}x+1} > 0\). Per semplificare, possiamo moltiplicare per \(-10\) il polinomio (cambiando il verso della disuguaglianza se studiamo \(S'(x)>0\)):

Studiamo \(S'(x) > 0\), il che significa \(-\frac{13}{10}x^3 -3x^2 -\frac{13}{10}x-1 > 0\). Moltiplicando per \(-10\) (e cambiando il verso):

\[ 13x^3+30x^2+13x+10 < 0 \]

Sappiamo che \(x=-2\) è una radice di questo polinomio, quindi possiamo abbassare il grado con la regola di Ruffini:

	13	30	13	10
-2		-26	-8	-10
	13	4	5	0

Quindi, il polinomio si fattorizza come \((x+2)(13x^2+4x+5)\). Pertanto, dobbiamo studiare il segno di:

\[ (x+2)(13x^2+4x+5) < 0 \]

Analizziamo il trinomio di secondo grado \(13x^2+4x+5\). Calcoliamo il suo discriminante (\(\Delta\)):

\[ \Delta = b^2 - 4ac = 4^2 - 4 \cdot 13 \cdot 5 = 16 - 260 = -244 \]

Poiché \(\Delta < 0\) e il coefficiente del termine \(x^2\) (\(13\)) è positivo, il trinomio \(13x^2+4x+5\) è **sempre positivo** per ogni \(x \in \mathbb{R}\).

Di conseguenza, il segno di \((x+2)(13x^2+4x+5)\) è determinato unicamente dal segno di \((x+2)\). Quindi, \(S'(x) > 0\) se \((x+2) < 0\), cioè se \(x < -2\).

Schema del segno di \(S'(x)\):

Lo schema indica che \(S(x)\) è crescente per \(x < -2\) e decrescente per \(x > -2\). Questo significa che in \(x=-2\) la funzione \(S(x)\) assume il valore massimo.

Risposta

Possiamo quindi concludere che l'area \(S(x)\) assume il valore **massimo** in \(x=-2\) quando il valore del parametro \(a\) è \(\mathbf{a = \frac{13}{10}}\).