Simulazione 6 - Questionario - Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

a) La funzione non è invertibile in tutto il dominio

Dominio di \(f(x)\): la funzione contiene \(\ln x\), quindi il dominio è \(x > 0\), cioè \(D = (0, +\infty)\).

Derivata prima: applichiamo la regola del prodotto al termine \(x \ln x\):

\[f'(x) = \ln x + x \cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln x + 1 - 1 = \ln x\]

Studio del segno di \(f'(x) = \ln x\):

• \(f'(x) < 0\) per \(0 < x < 1\): la funzione è decrescente.
• \(f'(1) = 0\): minimo relativo (e assoluto) in \(x = 1\).
• \(f'(x) > 0\) per \(x > 1\): la funzione è crescente.

Poiché la funzione prima decresce e poi cresce, non è monotona su tutto il dominio: esistono valori dell'asse \(y\) assunti due volte (una per \(x \in (0,1)\) e una per \(x > 1\)). Una funzione non iniettiva non è invertibile.

b) Tangente alla funzione inversa in \(x = -2\)

Intervallo di invertibilità: per quanto visto al punto a), la funzione è strettamente crescente per \(x > 1\), quindi è invertibile nell'intervallo \((1, +\infty)\), cioè \(a = 1\).

Collegamento tra \(x_0\) e \(y_0\): utilizziamo il teorema che lega la derivata della funzione inversa a quella della funzione diretta. Se \(g\) è l'inversa di \(f\), e il punto di ascissa \(x_0 = -2\) appartiene al grafico di \(g\), allora esiste \(y_0\) tale che:

\[f(y_0) = -2\]

Verifichiamo che \(y_0 = 1\) soddisfa questa condizione:

\[f(1) = 1 \cdot \ln 1 - 1 - 1 = 0 - 1 - 1 = -2 \checkmark\]

Quindi il punto \((x_0, y_0) = (-2, 1)\) appartiene al grafico di \(g(x)\).

Derivata della funzione inversa: il teorema della funzione inversa afferma che:

\[g'(x_0) = \frac{1}{f'(y_0)}\]

Calcoliamo \(f'(1)\):

\[f'(1) = \ln 1 = 0\]

Geometricamente questo è coerente: il minimo di \(f\) in \(x = 1\) (tangente orizzontale) corrisponde, nel grafico dell'inversa (riflessione rispetto alla bisettrice \(y = x\)), a un punto con tangente verticale.

Soluzione del Quesito 2

a) Esistenza e unicità della radice

Dal Quesito 1 sappiamo che il dominio è \(D = (0, +\infty)\) e che \(f'(x) = \ln x\). La funzione:

• è decrescente per \(0 < x < 1\) (con \(f'(x) < 0\));
• ha un minimo assoluto in \(x = 1\), con \(f(1) = -2 < 0\);
• è strettamente crescente per \(x > 1\) (con \(f'(x) > 0\)).

Inoltre:

\[\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x\ln x - x - 1) = 0 - 0 - 1 = -1 < 0\] \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\]

Poiché la funzione è strettamente negativa su \((0,1]\) (il minimo vale \(-2\)) e strettamente crescente verso \(+\infty\) per \(x > 1\), per il teorema degli zeri esiste almeno un punto \(x_0 > 1\) in cui \(f(x_0) = 0\). La stretta monotonia crescente per \(x > 1\) garantisce l'unicità di tale radice.

b) Localizzazione di \(x_0\) nell'intervallo \([n,\, n+1]\)

Dal grafico qualitativo la radice sembra trovarsi tra 3 e 4. Verifichiamo numericamente il segno della funzione negli estremi dell'intervallo:

\[f(3) = 3\ln 3 - 3 - 1 = 3 \cdot 1{,}0986\ldots - 4 \approx 3{,}296 - 4 = -0{,}704 < 0\] \[f(4) = 4\ln 4 - 4 - 1 = 4 \cdot 1{,}3863\ldots - 5 \approx 5{,}545 - 5 = 0{,}545 > 0\]

Poiché \(f(3) < 0\) e \(f(4) > 0\), per il teorema degli zeri la radice \(x_0\) si trova nell'intervallo \([3,\, 4]\).

c) Calcolo di \(x_0\) a meno di un centesimo

Metodo di bisezione

Partiamo dall'intervallo \([3,\, 4]\) e calcoliamo il punto medio ad ogni passo, sostituendo l'estremo con lo stesso segno della funzione nel punto medio:

Dopo 6 passi l'intervallo è \([3{,}5938;\, 3{,}6094]\), di ampiezza \(\approx 0{,}016 < 0{,}01 \times 2\). Possiamo concludere:

\[x_0 \approx 3{,}60\]

Metodo delle tangenti (Newton-Raphson)

Il metodo costruisce la successione:

\[x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\]

con \(f'(x) = \ln x\). Partiamo da \(x_0 = 4\) (dove \(f > 0\) e \(f'' > 0\), condizione di convergenza):

\[ \begin{aligned} x_1 &= 4 - \frac{f(4)}{f'(4)} = 4 - \frac{0{,}545}{\ln 4} = 4 - \frac{0{,}545}{1{,}386} \approx 4 - 0{,}393 = 3{,}607 \\[8pt] x_2 &= 3{,}607 - \frac{f(3{,}607)}{f'(3{,}607)} = 3{,}607 - \frac{0{,}003}{1{,}283} \approx 3{,}607 - 0{,}002 = 3{,}605 \end{aligned} \]

Già al secondo passo il metodo è convergito: \(f(3{,}605) \approx 0{,}001\), praticamente zero.

Soluzione del Quesito 3

Dominio della funzione

La funzione è definita quando l'argomento della radice quadrata è non negativo:

\[x^2 - x^4 \ge 0 \implies x^2(1 - x^2) \ge 0\]

Poiché \(x^2 \ge 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), lo studio si riduce a:

\[1 - x^2 \ge 0 \implies -1 \le x \le 1\]

Il dominio della funzione è quindi l'intervallo chiuso e limitato \(\mathcal{D} = [-1, 1]\).

Notiamo inoltre che la funzione è pari, essendo \(f(-x) = 1 - \sqrt{(-x)^2 - (-x)^4} = 1 - \sqrt{x^2 - x^4} = f(x)\). Il grafico resulta simmetrico rispetto all'asse \(y\).

a) Studio della continuità e della derivabilità

Continuità: La funzione \(f(x)\) è composizione e somma di funzioni continue (funzioni polinomiali e radice quadrata) nel loro dominio. Pertanto, \(f(x)\) è continua in tutto il suo dominio \([-1, 1]\).

Derivabilità: La funzione radice quadrata \(y = \sqrt{t}\) non è derivabile per \(t = 0\). Di conseguenza, la funzione potrebbe presentare problemi di derivabilità nei punti in cui il radicando si annulla, ovvero per \(x^2(1-x^2) = 0 \implies x = 0, \, x = 1, \, x = -1\).

Calcoliamo la funzione derivata prima per i punti interni a \(\mathcal{D}\) tali che \(x \neq 0\):

\[f'(x) = - \frac{2x - 4x^3}{2\sqrt{x^2 - x^4}} = - \frac{x(1 - 2x^2)}{\sqrt{x^2(1 - x^2)}} = - \frac{x(1 - 2x^2)}{|x|\sqrt{1 - x^2}}\]

Esaminiamo il comportamento della derivata nei punti critici attraverso il calcolo dei limiti destri e sinistri:

• In \(x = 0\): Poiché \(|x| = x\) per \(x > 0\) e \(|x| = -x\) per \(x < 0\), si ha: \[\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} - \frac{x(1 - 2x^2)}{x\sqrt{1 - x^2}} = \lim_{x \to 0^+} - \frac{1 - 2x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = -1 = m_1\] \[\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} - \frac{x(1 - 2x^2)}{-x\sqrt{1 - x^2}} = \lim_{x \to 0^-} \frac{1 - 2x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = 1 = m_2\]
• In \(x = 1\) (da sinistra): \[\lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^-} - \frac{1(1 - 2)}{\sqrt{0^+}} = \frac{1}{0^+} = +\infty\]
• In \(x = -1\) (da destra): Per simmetria (essendo la derivata di una funzione pari una funzione dispari), si ricava \(\lim_{x \to -1^+} f'(x) = -\infty\).

b) Determinazione dei massimi e dei minimi

Studiamo il segno della derivata prima \(f'(x) > 0\) nell'intervallo \(\mathcal{D}\):

\[- \frac{x(1 - 2x^2)}{|x|\sqrt{1 - x^2}} > 0 \implies \frac{x}{|x|} \cdot \frac{2x^2 - 1}{\sqrt{1 - x^2}} > 0\]

Dato che il denominatore \(\sqrt{1-x^2}\) e il termine \(|x|\) sono sempre positivi nel dominio di derivabilità, analizziamo il segno del numeratore separando i due semiassei:

• Per \(x > 0 \implies \frac{x}{|x|} = 1\): la derivata è positiva se \(2x^2 - 1 > 0 \implies x > \frac{\sqrt{2}}{2}\).
  Quindi in \((0, 1)\): \(f'(x) < 0\) per \(0 < x < \frac{\sqrt{2}}{2}\) (funzione decrescente) e \(f'(x) > 0\) per \(\frac{\sqrt{2}}{2} < x < 1\) (funzione crescente).
• Per \(x < 0 \implies \frac{x}{|x|} = -1\): per simmetria speculare, la funzione risulterà crescente in \((-1, -\frac{\sqrt{2}}{2})\) e decrescente in \((-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0)\).

c) Rappresentazione qualitativa della curva

Il grafico parte dal massimo assoluto \(A(-1;1)\) scendendo verticalmente fino a raggiungere il minimo assoluto \(D\). Successivamente risale fino al massimo relativo e assoluto \(C(0;1)\), dove si forma il punto angoloso. Da qui la curva ridiscende simmetricamente verso il minimo assoluto \(E\) per poi risalire verticalmente concludendosi nel massimo assoluto \(B(1;1)\). Si ottiene così un andamento simmetrico rispetto all'asse delle ordinate.

d) Angolo formato dalle semitangenti nel punto angoloso

Al punto a) abbiamo ricavato i coefficienti angolari delle due semitangenti nel punto angoloso \(C(0;1)\):

\[m_1 = -1 \quad \text{e} \quad m_2 = 1\]

Poiché il prodotto dei coefficienti angolari è pari a \(-1\) (\(m_1 \cdot m_2 = -1\)), le due semitangenti sono perpendicolari tra loro. Esse formano inclinazioni rispettivamente di \(135^\circ\) e \(45^\circ\) rispetto all'asse delle ascisse.

Soluzione del Quesito 4

a) Determinazione del polinomio \(p(x)\)

Raccogliamo a fattor comune il numeratore della funzione: \(x^3 - 2x^2 = x^2(x - 2)\). Il numeratore si annulla per \(x = 0\) e per \(x = 2\).

Il testo specifica che in \(x = 2\) si ha una discontinuità eliminabile (terza specie). Ciò significa che il limite per \(x \to 2\) di \(f(x)\) deve esistere finito. Di conseguenza, anche il polinomio denominatore \(p(x)\) deve annullarsi per \(x = 2\), contenendo quindi il fattore \((x - 2)\).

Inoltre, la funzione ammette un asintoto obliquo di equazione \(y = x + 1\). Poiché il grado del numeratore è 3, affinché esista un asintoto obliquo il grado del denominatore \(p(x)\) deve essere esattamente pari a 2. Possiamo quindi scrivere il denominatore nella forma generica:

\[p(x) = a(x - 2)(x - x_0)\]

Semplificando il fattore \((x - 2)\) per \(x \neq 2\), la funzione diventa:

\[f(x) = \frac{x^2(x - 2)}{a(x - 2)(x - x_0)} = \frac{x^2}{a(x - x_0)}\]

Utilizziamo le condizioni sull'asintoto obliquo per determinare i parametri \(a\) e \(x_0\):

1. Coefficiente angolare \(m = 1\): \[m = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{a \cdot x(x - x_0)} = \frac{1}{a} = 1 \implies a = 1\]
2. Termine noto \(q = 1\): Con \(a = 1\), si ha: \[q = \lim_{x \to \infty} \left[ f(x) - x \right] = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^2}{x - x_0} - x \right) =\] \[=\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x(x - x_0)}{x - x_0} = \lim_{x \to \infty} \frac{x_0\, x}{x - x_0} = x_0\] Quindi \(x_0 = q = 1\).

Sostituendo \(a = 1\) e \(x_0 = 1\) nell'espressione iniziale di \(p(x)\), otteniamo:

\[p(x) = (x - 2)(x - 1) = x^2 - 3x + 2\]

b) Ricerca degli altri asintoti e degli estremi relativi

Il dominio della funzione originaria è determinato ponendo \(p(x) \neq 0\), ossia \(\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{1,\, 2\}\).

Asintoti verticali: Analizziamo i limiti nei punti esclusi dal dominio:

• In \(x = 2\) abbiamo già verificato la natura eliminabile della discontinuità: \[\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \frac{x^2}{x - 1} = \frac{4}{1} = 4\] Il grafico presenta un "buco" nel punto di coordinate \(\left(2;\, 4\right)\).
• In \(x = 1\): \[\lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{1}{0^-} = -\infty, \qquad \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{0^+} = +\infty\] La retta \(x = 1\) è un asintoto verticale.

Asintoto obliquo: Per \(x \to \pm\infty\) dividiamo \(x^2\) per \(x-1\):

\[\frac{x^2}{x-1} = x + 1 + \frac{1}{x-1}\]

Poiché \(\frac{1}{x-1} \to 0\), la retta \(y = x + 1\) è l'asintoto obliquo (confermato).

Massimi e minimi relativi: Deriviamo la forma ridotta \(f(x) = \dfrac{x^2}{x - 1}\):

\[f'(x) = \frac{2x(x - 1) - x^2}{(x - 1)^2} = \frac{x^2 - 2x}{(x - 1)^2} = \frac{x(x - 2)}{(x - 1)^2}\]

Il denominatore è sempre positivo nel dominio. Studiamo il segno del numeratore \(x(x-2)\):

\[x(x - 2) \ge 0 \implies x \le 0 \quad \vee \quad x \ge 2\]

La funzione risulta crescente per \(x < 0\), decrescente per \(0 < x < 1\) e per \(1 < x < 2\), poi di nuovo crescente per \(x > 2\) (ma \(x=2\) è escluso dal dominio).

• In \(x = 0\) la derivata cambia segno da positivo a negativo: M massimo relativo. \[f(0) = 0 \implies M(0;\, 0)\]

c) Traccia del grafico qualitativo

Per \(x \to -\infty\) la curva sale seguendo l'asintoto obliquo \(y = x+1\) da sinistra. Raggiunge il massimo relativo nell'origine \(M(0;0)\), poi decresce tendendo a \(-\infty\) per \(x \to 1^-\). Nel ramo destro dell'asintoto verticale \(x=1\), la funzione scende da \(+\infty\) e, pur passando per il "buco" in \((2;\,4)\), risale seguendo l'asintoto obliquo per \(x \to +\infty\).

Soluzione del Quesito 5

Analisi geometrica del problema

Sulla base dei dati forniti e facendo riferimento alla figura, modellizziamo la situazione attraverso due triangoli rettangoli adiacenti, \(AHC\) e \(BHC\), aventi in comune il cateto \(CH\), che rappresenta l'altezza del grattacielo perpendicolare al terreno:

• \(A\) è la posizione del primo osservatore, da cui \(\overline{AC} = 1600\text{ m}\) e \(\widehat{CAH} = 15^\circ\).
• \(B\) è la posizione del secondo osservatore, da cui \(\overline{BC} = 650\text{ m}\).
• \(H\) è la proiezione ortogonale della cima \(C\) al suolo, dunque \(\widehat{AHC} = \widehat{BHC} = 90^\circ\).

La distanza totale tra i due osservatori è data dalla somma dei due segmenti adiacenti sulla linea del terreno: \(\overline{AB} = \overline{AH} + \overline{BH}\).

1. Calcolo dell'altezza del grattacielo (\(CH\)) e della distanza \(AH\)

Consideriamo il triangolo rettangolo \(AHC\). Applicando le definizioni delle funzioni trigonometriche fondamentali (primo teorema sui triangoli rettangoli), si ha:

\[CH = AC \cdot \sin(15^\circ) = 1600 \cdot \sin(15^\circ)\] \[AH = AC \cdot \cos(15^\circ) = 1600 \cdot \cos(15^\circ)\]

Sfruttando i valori numerici approssimati \(\sin(15^\circ) \approx 0{,}258819\) e \(\cos(15^\circ) \approx 0{,}965926\), ricaviamo:

\[CH \approx 1600 \cdot 0{,}258819 \approx 414{,}11\text{ m}\] \[AH \approx 1600 \cdot 0{,}965926 \approx 1545{,}48\text{ m}\]

2. Calcolo della distanza del secondo osservatore dalla base (\(BH\))

Consideriamo ora il triangolo rettangolo \(BHC\). Conosciamo l'ipotenusa \(\overline{BC} = 650\text{ m}\) e abbiamo ricavato il cateto dell'altezza \(CH \approx 414{,}11\text{ m}\). Possiamo determinare la lunghezza del cateto \(BH\) applicando il teorema di Pitagora:

\[BH = \sqrt{BC^2 - CH^2}\] \[BH = \sqrt{650^2 - (414{,}11)^2} = \sqrt{422500 - 171487{,}09} =\] \[= \sqrt{251012{,}91} \approx 501{,}01\text{ m}\]

3. Calcolo della distanza totale (\(AB\))

Sommiamo le due distanze parziali ottenute rispetto alla base del grattacielo per trovare la distanza complessiva tra i due individui:

\[AB = AH + BH \approx 1545{,}48\text{ m} + 501{,}01\text{ m} = 2046{,}49\text{ m}\]

Soluzione del Quesito 6

La retta \(r\) passante per \(A\) e \(B\) ha vettore direttore

\[ \vec v=(2-1,\;3-(-2),\;-1-0)=(1,5,-1). \]

Il piano \(\alpha\) passante per \(C\) e perpendicolare ad \(r\) ha vettore normale coincidente con il vettore direttore della retta. Pertanto:

\[ \alpha:\;1(x-1)+5(y+6)-1(z-7)=0 \] \[ \boxed{x+5y-z+36=0} \]

L'intersezione \(T\) tra \(r\) e \(\alpha\) è il punto di tangenza tra la retta e la sfera.

Scriviamo l'equazione della retta \(r\) in forma parametrica:

\[ \begin{cases} x=1+t\\ y=-2+5t\\ z=-t \end{cases} \]

Quindi:

\[ \begin{cases} x=1+t\\ y=-2+5t\\ z=-t\\ x+5y-z+36=0 \end{cases} \]

Sostituendo le espressioni parametriche nell'equazione del piano:

\[ (1+t)+5(-2+5t)-(-t)+36=0 \] \[ 1+t-10+25t+t+36=0 \] \[ 27t+27=0 \] \[ t=-1. \]

Pertanto:

\[ T=(0,-7,1). \]

Il raggio della sfera coincide con la distanza tra il centro \(C\) e il punto di tangenza \(T\):

\[ R^2=(1-0)^2+(-6+7)^2+(7-1)^2 \] \[ R^2=1+1+36=38. \]

Da cui:

\[ R=\sqrt{38}. \]

L'equazione della sfera cercata è:

\[ \boxed{(x-1)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=38} \]

Osservazione

Allo stesso risultato si può arrivare risolvendo il sistema:

\[ \begin{cases} x=1+t\\ y=-2+5t\\ z=-t\\ (x-1)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=R^2 \end{cases} \]

Sostituendo \(x\), \(y\) e \(z\) nell'equazione della sfera si ottiene un'equazione di secondo grado nel parametro \(t\). Poiché la retta è tangente alla sfera, tale equazione deve avere una sola soluzione reale; pertanto:

\[ \Delta=0. \]

Da questa condizione si ricava nuovamente:

\[ R^2=38. \]

Soluzione del Quesito 7

Il numero totale di biglietti emessi è:

\[ N=10\,000. \]

I premi complessivamente assegnati sono:

\[ 1+5+50+200=256. \]

a) Calcolo delle probabilità

La probabilità di vincere il premio principale da € 20 000 è:

\[ P=\frac{1}{10\,000}=0,0001=0,01\%. \]

La probabilità di vincere almeno un premio è:

\[ P=\frac{256}{10\,000}=0,0256=2,56\%. \]

La probabilità di non vincere alcun premio si ottiene per complemento:

\[ P=1-\frac{256}{10\,000} =\frac{9744}{10\,000} =0,9744. \] \[ P=97,44\%. \]

b) Distribuzione della variabile casuale \(X\)

La variabile casuale \(X\) rappresenta la vincita associata a un biglietto. Essa può assumere i valori:

\[ 0,\quad 20,\quad 100,\quad 2000,\quad 20000. \]

\(x\)	\(P(X=x)\)
0	\(\frac{9744}{10000}\)
20	\(\frac{200}{10000}\)
100	\(\frac{50}{10000}\)
2000	\(\frac{5}{10000}\)
20000	\(\frac{1}{10000}\)

c) Calcolo del valore atteso

Per definizione:

\[ E(X)=\sum x_i P(X=x_i). \]

Pertanto:

\[ E(X)= 0\cdot\frac{9744}{10000} +20\cdot\frac{200}{10000} +100\cdot\frac{50}{10000} +2000\cdot\frac{5}{10000}+\] \[+20000\cdot\frac{1}{10000}. \]

Calcolando:

\[ E(X)= \frac{4000+5000+10000+20000}{10000} =\frac{39000}{10000} =3,9. \] \[ \boxed{E(X)=3,90\text{ euro}} \]

d) Guadagno medio atteso del giocatore

Nota teorica (Gioco Equo): Nel calcolo delle probabilità e nella teoria dei giochi, un gioco d'azzardo si definisce equo se il guadagno medio atteso (o speranza matematica) per il giocatore è pari a zero. Se il valore atteso è positivo il gioco è favorevole al giocatore, se è negativo è favorevole al banco.

Poiché il prezzo del biglietto è pari a € 5, il guadagno netto del giocatore è:

\[ G=X-5. \]

Applicando la linearità del valore atteso:

\[ E(G)=E(X)-5. \] \[ E(G)=3,9-5=-1,1. \] \[ \boxed{E(G)=-1,10\text{ euro}} \]

In media ogni giocatore perde € 1,10 per ogni biglietto acquistato.

Soluzione del Quesito 8

1. Ricerca di massimi e minimi

Per determinare i punti stazionari, calcoliamo la derivata prima della funzione \(f(x) = xe^{-x}\) applicando la regola del prodotto:

\[f'(x) = 1 \cdot e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x)\]

Studiamo il segno della derivata ponendo \(f'(x) \ge 0\). Poiché il fattore esponenziale \(e^{-x}\) è strettamente positivo per ogni \(x\), il segno della derivata dipende solo dal termine lineare:

\[1 - x \ge 0 \implies x \le 1\]

Tenendo conto del dominio (\(x \ge 0\)), la funzione cresce nell'intervallo \([0, 1)\) e decresce in \((1, +\infty)\). Di conseguenza:

• In \(x = 1\) si ha un punto di massimo relativo e assoluto. La coordinata \(y\) del massimo è \(f(1) = 1 \cdot e^{-1} = \frac{1}{e} \approx 0{,}37\).
• Nell'estremo sinistro del dominio, il punto \(O(0; 0)\) rappresenta il punto di minimo assoluto della funzione, poiché \(f(0)=0\) e \(f(x) > 0\) per ogni \(x > 0\).

2. Grafico qualitativo della funzione

Analizziamo il comportamento asintotico della funzione all'infinito:

\[\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = 0\]

Per la gerarchia degli infiniti, l'esponenziale a denominatore prevale sulla retta a numeratore. Pertanto, la retta \(y = 0\) (l'asse \(x\)) è un asintoto orizzontale destro per il grafico. La funzione parte dall'origine, sale fino al punto di massimo \(M\) e poi decresce tendendo asintoticamente a zero senza mai toccare nuovamente l'asse delle ascisse.

3. Calcolo dell'area tra \(x = 0\) e \(x = 2\)

Essendo \(f(x) \ge 0\) in tutto l'intervallo \([0,2]\), l'area della regione piana si ottiene calcolando l'integrale definito:

\[A = \int_{0}^{2} xe^{-x} \, dx\]

Risolviamo l'integrale per parti prendendo \(x\) come fattore finito (\(u = x \implies du = dx\)) e \(e^{-x}\) come fattore differenziale (\(dv = e^{-x}dx \implies v = -e^{-x}\)):

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

Applicando gli estremi di integrazione tramite il teorema fondamentale del calcolo integrale:

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

4. Studio del comportamento dell'area al tendere di \(k \to +\infty\)

Esprimiamo innanzitutto l'area della regione nell'intervallo generico \([0, k]\) sfruttando la primitiva trovata in precedenza:

\[A(k) = \int_{0}^{k} xe^{-x} \, dx = \left[ -e^{-x}(x + 1) \right]_{0}^{k} = \left( -e^{-k}(k + 1) \right) - (-1) = 1 - \frac{k + 1}{e^k}\]

Per estendere la regione illimitatamente verso destra, calcoliamo il limite di \(A(k)\) per \(k \to +\infty\) (ovvero l'integrale improprio della funzione da \(0\) a \(+\infty\)):

\[\lim_{k \to +\infty} A(k) = \lim_{k \to +\infty} \left( 1 - \frac{k + 1}{e^k} \right)\]

La frazione si presenta nella forma di indeterminatezza \(\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]\), ma per la gerarchia degli infiniti l'andamento esponenziale del denominatore prevale su quello lineare del numeratore, annullando il rapporto:

\[\lim_{k \to +\infty} \frac{k + 1}{e^k} = 0 \implies \lim_{k \to +\infty} A(k) = 1 - 0 = 1\]