Questionario sulla Concavità di una Funzione. Studio dei flessi

Soluzione quesito 1:

Passo 1: Dominio

La funzione è polinomiale, quindi il dominio è:

\[D = \mathbb{R}\]

Passo 2: Calcolo della derivata prima

\[f'(x) = 3x^2 - 12x + 9\]

Passo 3: Calcolo della derivata seconda

\[f''(x) = 6x - 12 = 6(x - 2)\]

Passo 4: Studio del segno di \(f''(x)\)

Risolviamo \(f''(x) = 0\):

\[6(x - 2) = 0 \implies x = 2\]

Passo 5: Determinazione del flesso

Poiché la derivata seconda cambia segno in \(x = 2\), questo è un punto di flesso.

Calcoliamo le coordinate del punto di flesso:

\[f(2) = 2^3 - 6(2)^2 + 9(2) + 2 = 8 - 24 + 18 + 2 = 4\]

Verifica che il flesso è centro di simmetria:

Un punto \(C(a, b)\) è centro di simmetria per una funzione \(f\) se la funzione trasformata tramite simmetria centrale rispetto a \(C\) coincide con \(f\) stessa.

Le equazioni della simmetria centrale rispetto al punto generico \((a, b)\) sono:

\[\begin{cases} x' = 2a - x \\ y' = 2b - y \end{cases}\]

Sostituiamo le coordinate del flesso \(F(2, 4)\):

\[\begin{cases} x' = 4 - x \\ y' = 8 - y \end{cases}\]

Ricaviamo \(x\) e \(y\) in funzione di \(x'\) e \(y'\):

\[\begin{cases} x = 4 - x' \\ y = 8 - y' \end{cases}\]

Sostituiamo nella funzione originale \(y = f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2\):

\[8 - y' = (4-x')^3 - 6(4-x')^2 + 9(4-x') + 2\]

Sviluppiamo il secondo membro:

\[(4-x')^3 = 64 - 48x' + 12x'^2 - x'^3\] \[6(4-x')^2 = 6(16 - 8x' + x'^2) = 96 - 48x' + 6x'^2\] \[9(4-x') = 36 - 9x'\]

Quindi:

\[8 - y' = 64 - 48x' + 12x'^2 - x'^3 - 96 + 48x' - 6x'^2 + 36 - 9x' + 2\] \[8 - y' = -x'^3 + 6x'^2 - 9x' + 6\] \[- y' = -x'^3 + 6x'^2 - 9x' - 2\] \[y' = x'^3 - 6x'^2 + 9x' + 2\]

La funzione trasformata è \(y' = x'^3 - 6x'^2 + 9x' + 2 = f(x')\), che coincide esattamente con la funzione originale.

Conclusione: Il punto \(F(2, 4)\) è effettivamente centro di simmetria del grafico. ✓

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 2:

Passo 1: Dominio

La funzione è polinomiale, quindi il dominio è:

\[D = \mathbb{R}\]

Passo 2: Calcolo della derivata prima

\[f'(x) = 4x^3 - 12x^2 + 12x - 4\]

Passo 3: Calcolo della derivata seconda

\[f''(x) = 12x^2 - 24x + 12 = 12(x^2 - 2x + 1) = 12(x-1)^2\]

Passo 4: Studio del segno di \(f''(x)\)

Risolviamo \(f''(x) = 0\):

\[12(x - 1)^2 = 0 \implies x = 1\]

Poiché \(f''(x) = 12(x-1)^2 \geq 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\) e si annulla solo in \(x = 1\) con molteplicità 2, la derivata seconda non cambia segno.

Passo 5: Determinazione dei flessi

Poiché la derivata seconda non cambia segno in \(x = 1\) (si annulla ma rimane sempre positiva), il punto \(x = 1\) non è un flesso.

Calcoliamo comunque il valore della funzione in \(x = 1\):

\[f(1) = 1 - 4 + 6 - 4 + 1 = 0\]

Il punto \((1, 0)\) è un punto in cui la concavità ha un "appiattimento" ma non cambia verso.

Osservazione:

Notiamo che \(f(x) = (x-1)^4\), infatti:

\[(x-1)^4 = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1\]

Questa è la funzione potenza quarta traslata, che ha un minimo assoluto in \(x = 1\) e nessun flesso.

---

a) Dimostrazione della simmetria rispetto alla retta \(x = 1\)

Un grafico è simmetrico rispetto alla retta verticale \(x = a\) se la funzione trasformata tramite simmetria assiale rispetto a tale retta coincide con la funzione originale.

Le equazioni della simmetria assiale rispetto alla retta verticale \(x = a\) sono:

\[\begin{cases} x' = 2a - x \\ y' = y \end{cases}\]

Sostituiamo \(a = 1\):

\[\begin{cases} x' = 2 - x \\ y' = y \end{cases}\]

Ricaviamo \(x\) e \(y\) in funzione di \(x'\) e \(y'\):

\[\begin{cases} x = 2 - x' \\ y = y' \end{cases}\]

Sostituiamo nella funzione originale \(y = f(x) = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1\):

\[y' = (2-x')^4 - 4(2-x')^3 + 6(2-x')^2 - 4(2-x') + 1\]

Sviluppiamo i singoli termini:

\[(2-x')^4 = 16 - 32x' + 24x'^2 - 8x'^3 + x'^4\] \[4(2-x')^3 = 4(8 - 12x' + 6x'^2 - x'^3) = 32 - 48x' + 24x'^2 - 4x'^3\] \[6(2-x')^2 = 6(4 - 4x' + x'^2) = 24 - 24x' + 6x'^2\] \[4(2-x') = 8 - 4x'\]

Sostituendo:

\[y' = 16 - 32x' + 24x'^2 - 8x'^3 + x'^4 - 32 + 48x' - 24x'^2 + 4x'^3 + 24 - 24x' + 6x'^2 - 8 + 4x' + 1\]

Semplificando termine per termine:

• Termini costanti: \(16 - 32 + 24 - 8 + 1 = 1\)
• Termini in \(x'\): \(-32 + 48 - 24 + 4 = -4\)
• Termini in \(x'^2\): \(24 - 24 + 6 = 6\)
• Termini in \(x'^3\): \(-8 + 4 = -4\)
• Termini in \(x'^4\): \(1\)

Quindi:

\[y' = x'^4 - 4x'^3 + 6x'^2 - 4x' + 1\]

La funzione trasformata coincide esattamente con la funzione originale \(f(x')\).

Conclusione: Il grafico di \(f\) è simmetrico rispetto alla retta \(x = 1\). ✓

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b) Intervalli in cui \(f(x) > 1\)

Risolviamo la disequazione \(f(x) > 1\):

\[(x-1)^4 > 1\]

Estraiamo la radice quarta (che mantiene il verso della disequazione essendo una funzione crescente):

\[|x-1| > 1\]

Questa disequazione in valore assoluto equivale a:

\[x - 1 < -1 \quad \text{oppure} \quad x - 1 > 1\] \[x < 0 \quad \text{oppure} \quad x > 2\]

Verifica:

• \(f(0) = (0-1)^4 = 1\) (punto di confine)
• \(f(2) = (2-1)^4 = 1\) (punto di confine)

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 3:

Passo 1: Dominio

La funzione \(f(x) = \sqrt[3]{x-2} + 1\) è definita per ogni \(x \in \mathbb{R}\) perché la radice cubica è definita per tutti i numeri reali.

\[D = \mathbb{R}\]

Passo 2: Calcolo della derivata prima

Usando la regola della catena:

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

Osservazione: La derivata prima non esiste in \(x = 2\) (si annulla il denominatore).

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

Poiché \((x-2)^{2/3} = [\sqrt[3]{x-2}]^2 > 0\) per ogni \(x \neq 2\), abbiamo:

\[f'(x) = \frac{1}{3(x-2)^{2/3}} > 0 \quad \text{per ogni } x \neq 2\]

La funzione è sempre crescente in \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\).

Analisi della tangente in \(x = 2\):

• Calcoliamo i limiti della derivata: \[\lim_{x \to 2^-} f'(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{1}{3\sqrt[3]{(x-2)^2}} = +\infty\] \[\lim_{x \to 2^+} f'(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{1}{3\sqrt[3]{(x-2)^2}} = +\infty\]
• La funzione ha una tangente verticale in \(x = 2\)

Passo 3: Calcolo della derivata seconda

Derivando \(f'(x) = \frac{1}{3}(x-2)^{-2/3}\):

\[f''(x) = \frac{1}{3} \cdot \left(-\frac{2}{3}\right)(x-2)^{-5/3} = -\frac{2}{9}(x-2)^{-5/3} = -\frac{2}{9(x-2)^{5/3}}\]

Possiamo anche scrivere:

\[f''(x) = -\frac{2}{9\sqrt[3]{(x-2)^5}}\]

Osservazione: La derivata seconda non esiste in \(x = 2\).

Passo 4: Studio del segno di \(f''(x)\)

Dobbiamo studiare il segno di \(f''(x) = -\frac{2}{9(x-2)^{5/3}}\).

Il segno dipende dal denominatore \((x-2)^{5/3}\):

• Per \(x < 2\): \((x-2)^{5/3} = [\sqrt[3]{x-2}]^5 < 0\) (perché \(x-2 < 0\)), quindi: \[f''(x) = -\frac{2}{9(x-2)^{5/3}} = -\frac{2}{\text{negativo}} > 0\]
• Per \(x > 2\): \((x-2)^{5/3} = [\sqrt[3]{x-2}]^5 > 0\) (perché \(x-2 > 0\)), quindi: \[f''(x) = -\frac{2}{9(x-2)^{5/3}} = -\frac{2}{\text{positivo}} < 0\]

Passo 5: Determinazione dei flessi

La derivata seconda cambia segno in \(x = 2\):

• Per \(x < 2\): concavità verso l'alto (∪)
• Per \(x > 2\): concavità verso il basso (∩)

Calcoliamo le coordinate del punto:

\[f(2) = \sqrt[3]{2-2} + 1 = \sqrt[3]{0} + 1 = 0 + 1 = 1\]

Conclusione: Il punto \(F(2, 1)\) è un flesso a tangente verticale.

Verifica grafica del flesso:

Per verificare che \(F(2, 1)\) sia effettivamente un flesso, osserviamo che:

• Per \(x < 2\): la curva è "a forma di ∪" (aperta verso l'alto)
• Per \(x > 2\): la curva è "a forma di ∩" (aperta verso il basso)
• In \(x = 2\) avviene il cambiamento di concavità
• La tangente è verticale nel punto di flesso

Relazione con la funzione base:

La funzione \(f(x) = \sqrt[3]{x-2} + 1\) si ottiene dalla funzione base \(g(x) = \sqrt[3]{x}\) tramite:

• Traslazione orizzontale di 2 unità verso destra: \(g(x) \to g(x-2) = \sqrt[3]{x-2}\)
• Traslazione verticale di 1 unità verso l'alto: \(g(x-2) \to g(x-2) + 1\)

Il flesso di \(g(x) = \sqrt[3]{x}\), che si trova in \(O(0, 0)\), viene traslato in \(F(2, 1)\).

Comportamento agli estremi:

• \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} [\sqrt[3]{x-2} + 1] = -\infty\)
• \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} [\sqrt[3]{x-2} + 1] = +\infty\)

Nota didattica:

Questo esercizio dimostra che:

• Un punto può essere un flesso anche se la derivata seconda non esiste
• La condizione essenziale è che la concavità cambi
• Le traslazioni di una funzione spostano anche i suoi punti caratteristici (flessi, massimi, minimi)
• La funzione \(f(x) = \sqrt[3]{x-2} + 1\) mantiene le proprietà qualitative della funzione base \(\sqrt[3]{x}\)

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 4:

Passo 1: Dominio

La funzione è definita per ogni \(x \in \mathbb{R}\):

\[D = \mathbb{R}\]

Passo 2: Calcolo della derivata prima

Usando la regola del prodotto:

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

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

Poiché \(e^{-x} > 0\) per ogni \(x\), il segno di \(f'(x)\) dipende solo da \((1-x)\):

• \(f'(x) > 0\) se \(1 - x > 0\), cioè \(x < 1\) → funzione crescente
• \(f'(x) = 0\) se \(x = 1\)
• \(f'(x) < 0\) se \(x > 1\) → funzione decrescente

Punto estremante: \(x = 1\) è punto di massimo assoluto con \(f(1) = 1 \cdot e^{-1} = \frac{1}{e} \approx 0.368\)

Passo 3: Calcolo della derivata seconda

Deriviamo \(f'(x) = e^{-x}(1-x)\) usando la regola del prodotto:

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

Passo 4: Studio del segno di \(f''(x)\)

Risolviamo \(f''(x) = 0\):

\[e^{-x}(x - 2) = 0\]

Poiché \(e^{-x} > 0\) per ogni \(x\), abbiamo:

\[x - 2 = 0 \implies x = 2\]

Studio del segno:

• Per \(x < 2\): \(x - 2 < 0\) quindi \(f''(x) < 0\)
• Per \(x > 2\): \(x - 2 > 0\) quindi \(f''(x) > 0\)

Passo 5: Determinazione del flesso

Poiché la derivata seconda cambia segno in \(x = 2\), questo è un punto di flesso.

Calcoliamo le coordinate del punto di flesso:

\[f(2) = 2 \cdot e^{-2} = \frac{2}{e^2} \approx 0.271\]

Calcolo della pendenza della tangente nel flesso:

\[f'(2) = e^{-2}(1-2) = -e^{-2} = -\frac{1}{e^2} \approx -0.135\]

La tangente nel punto di flesso ha coefficiente angolare negativo (la funzione è decrescente in quel punto).

Comportamento agli estremi:

• \(\lim_{x \to -\infty} x e^{-x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{e^x} = -\infty\) (poiché per \(x \to -\infty\), \(e^x \to 0^+\))
• \(\lim_{x \to +\infty} x e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = 0^+\) (forma indeterminata \(\frac{\infty}{\infty}\), ma l'esponenziale che è al denominatore domina)

Asintoti:

• Asintoto orizzontale: \(y = 0\) per \(x \to +\infty\)
• Non ci sono asintoti verticali né obliqui

Nota didattica:

Questo esercizio mostra che:

• Il punto di massimo (\(x = 1\)) e il punto di flesso (\(x = 2\)) sono distinti
• Il flesso si trova nella parte decrescente della funzione
• Le funzioni esponenziali miste con polinomi hanno sempre derivate di ogni ordine
• Il flesso è un punto dove cambia la "velocità" con cui la funzione cresce o decresce. Nel flesso cambia il segno della derivata seconda, che può essere vista come "la velocità" della derivata prima. Quindi il cambiamento di segno di \(f''(x)\) indica un cambiamento della velocità con cui varia \(f'(x)\), cioè la velocità con cui la funzione cresce o decresce (nel nostro caso la velocità con cui decresce)

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 5:

Passo 1: Dominio

Il denominatore si annulla per \(x^2 - 1 = 0\), cioè per \(x = \pm 1\).

\[D = \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\} = (-\infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, +\infty)\]

Passo 2: Studio della parità

Verifichiamo se la funzione è pari o dispari calcolando \(f(-x)\):

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

Poiché \(f(-x) = -f(x)\) per ogni \(x\) del dominio, la funzione è dispari.

Conseguenza: Il grafico è simmetrico rispetto all'origine. Questo significa che:

• Se c'è un massimo in \((a, b)\), ci sarà un minimo in \((-a, -b)\)
• Se c'è un flesso, sarà nell'origine o simmetrico rispetto ad essa
• Gli asintoti verticali sono simmetrici rispetto all'asse \(y\)

Passo 3: Studio degli asintoti

3a) Asintoti verticali

Studiamo i limiti nei punti di discontinuità:

• Per \(x = 1\): \[\lim_{x \to 1^-} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{1}{0^-} = -\infty\] \[\lim_{x \to 1^+} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{1}{0^+} = +\infty\] Asintoto verticale: \(x = 1\)
• Per \(x = -1\): \[\lim_{x \to -1^-} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{-1}{0^+} = -\infty\] \[\lim_{x \to -1^+} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{-1}{0^-} = +\infty\] Asintoto verticale: \(x = -1\)

3b) Asintoto obliquo

Poiché il grado del numeratore supera di 1 quello del denominatore, cerchiamo un asintoto obliquo.

Metodo 1: Divisione tra polinomi

Eseguiamo la divisione:

\[\frac{x^3}{x^2-1} = x + \frac{x}{x^2-1}\]

Ricordiamo che: Se una funzione può essere scritta nella forma \(f(x) = mx + q + g(x)\) con \(g(x)\) infinitesimo per \(x \to \pm\infty\), allora \(y = mx + q\) è asintoto obliquo per \(x \to \pm\infty\).

Nel nostro caso:

• \(mx + q = x\) (quindi \(m = 1\) e \(q = 0\))
• \(g(x) = \frac{x}{x^2-1}\) che è infinitesimo: \[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2-1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2(1-\frac{1}{x^2})} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x(1-\frac{1}{x^2})} = 0\]

Metodo 2: Calcolo diretto di \(m\) e \(q\)

Calcoliamo il coefficiente angolare:

\[m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^3}{x(x^2-1)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x^2-1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x^2(1-\frac{1}{x^2})} = 1\]

Calcoliamo l'intercetta:

\[q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[\frac{x^3}{x^2-1} - x\right] = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^3 - x(x^2-1)}{x^2-1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2-1} = 0\]

Asintoto obliquo: \(y = x\) (sia per \(x \to +\infty\) che per \(x \to -\infty\))

Passo 4: Studio della monotonia (massimi e minimi)

Calcolo della derivata prima

Usando la regola del quoziente:

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

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

Punti critici: \(x = 0\), \(x = \pm\sqrt{3}\) (e \(x = \pm 1\) non nel dominio)

Determinazione dei punti estremanti:

• \(x = -\sqrt{3}\) è punto di massimo relativo: \[f(-\sqrt{3}) = \frac{(-\sqrt{3})^3}{(\sqrt{3})^2-1} = \frac{-3\sqrt{3}}{3-1} = \frac{-3\sqrt{3}}{2}\] Punto: \(M\left(-\sqrt{3}, -\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)\)
• \(x = 0\) è punto stazionario ma non è un estremo (la derivata non cambia segno: rimane negativa sia prima che dopo)
• \(x = \sqrt{3}\) è punto di minimo relativo: \[f(\sqrt{3}) = \frac{(\sqrt{3})^3}{(\sqrt{3})^2-1} = \frac{3\sqrt{3}}{3-1} = \frac{3\sqrt{3}}{2}\] Punto: \(m\left(\sqrt{3}, \frac{3\sqrt{3}}{2}\right)\)

Nota: Per la simmetria dispari, se \(M\) è un massimo, il punto simmetrico rispetto all'origine è un minimo, come infatti verificato.

Passo 5: Studio della concavità

Calcolo della derivata seconda

Deriviamo \(f'(x) = \frac{x^4-3x^2}{(x^2-1)^2}\) usando la regola del quoziente:

\[f''(x) = \frac{(4x^3-6x)(x^2-1)^2 - (x^4-3x^2) \cdot 2(x^2-1) \cdot 2x}{(x^2-1)^4}\]

Semplificando (raccogliendo \((x^2-1)\) al numeratore):

\[f''(x) = \frac{(4x^3-6x)(x^2-1) - 4x(x^4-3x^2)}{(x^2-1)^3}\] \[f''(x) = \frac{4x^5 - 4x^3 - 6x^3 + 6x - 4x^5 + 12x^3}{(x^2-1)^3}\] \[f''(x) = \frac{2x^3 + 6x}{(x^2-1)^3} = \frac{2x(x^2+3)}{(x^2-1)^3}\]

Studio del segno di \(f''(x)\)

Analizziamo i fattori:

• \(2x\): si annulla in \(x = 0\), negativo per \(x < 0\), positivo per \(x > 0\)
• \(x^2 + 3 > 0\) per ogni \(x\)
• \((x^2-1)^3\): negativo per \(|x| < 1\), positivo per \(|x| > 1\)

Passo 6: Determinazione dei flessi

La derivata seconda si annulla in \(x = 0\) e cambia segno (da positivo a negativo passando da sinistra a destra).

Calcoliamo le coordinate del punto:

\[f(0) = \frac{0^3}{0^2-1} = \frac{0}{-1} = 0\]

Punto di flesso: \(F(0, 0)\)

Verifica che il flesso giace sull'asintoto:

Il punto \(F(0, 0)\) appartiene all'asintoto obliquo \(y = x\) perché \(0 = 0\). ✓

Questo è un fatto interessante: il flesso si trova esattamente sull'asintoto obliquo!

Inoltre, essendo la funzione dispari e avendo un flesso nell'origine, questo punto è anche centro di simmetria del grafico.

Passo 7: Grafico qualitativo

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 6:

Passo 1: Dominio

La funzione è definita quando:

• \(x > 0\) (condizione per il logaritmo)
• \(\ln(x) \neq 0\), cioè \(x \neq 1\)

\[D = (0, 1) \cup (1, +\infty)\]

Passo 2: Studio degli asintoti

2a) Asintoto verticale in \(x = 0\)

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

Non c'è asintoto verticale in \(x = 0\), ma la funzione tende a \(0\) da valori negativi.

2b) Asintoto verticale in \(x = 1\)

Studiamo i limiti destro e sinistro:

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

Asintoto verticale: \(x = 1\)

2c) Comportamento per \(x \to +\infty\)

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\ln(x)} = +\infty\]

(Il numeratore cresce più velocemente del denominatore)

Verifichiamo se c'è un asintoto obliquo calcolando:

\[m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x\ln(x)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\ln(x)} = 0\]

Poiché \(m = 0\), non c'è asintoto obliquo. Verifichiamo l'asintoto orizzontale:

\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\]

Non ci sono asintoti orizzontali né obliqui per \(x \to +\infty\).

Passo 3: Studio della monotonia (massimi e minimi)

Calcolo della derivata prima

Usando la regola del quoziente:

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

Studio del segno di \(f'(x)\)

Il denominatore \([\ln(x)]^2 > 0\) per ogni \(x \in D\), quindi il segno dipende dal numeratore:

• \(\ln(x) - 1 = 0\) quando \(\ln(x) = 1\), cioè \(x = e\)
• \(\ln(x) - 1 < 0\) quando \(\ln(x) < 1\), cioè \(0 < x < e\) (escluso \(x = 1\))
• \(\ln(x) - 1 > 0\) quando \(\ln(x) > 1\), cioè \(x > e\)

Determinazione del punto estremante:

\(x = e\) è punto di minimo relativo:

\[f(e) = \frac{e}{\ln(e)} = \frac{e}{1} = e \approx 2.718\]

Punto: \(m(e, e)\)

Passo 4: Studio della concavità

Calcolo della derivata seconda

Deriviamo \(f'(x) = \frac{\ln(x) - 1}{[\ln(x)]^2}\) usando la regola del quoziente:

\[f''(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot [\ln(x)]^2 - (\ln(x) - 1) \cdot 2\ln(x) \cdot \frac{1}{x}}{[\ln(x)]^4}\]

Semplificando (moltiplichiamo numeratore e denominatore per \(x\)):

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

Studio del segno di \(f''(x)\)

Analizziamo i fattori:

• \(2 - \ln(x) = 0\) quando \(\ln(x) = 2\), cioè \(x = e^2\)
• \(2 - \ln(x) > 0\) quando \(\ln(x) < 2\), cioè \(0 < x < e^2\)
• \(2 - \ln(x) < 0\) quando \(\ln(x) > 2\), cioè \(x > e^2\)
• \(x > 0\) nel dominio
• \([\ln(x)]^3\): negativo per \(0 < x < 1\), positivo per \(x > 1\)

Passo 5: Determinazione del flesso

La derivata seconda cambia segno in \(x = e^2\), quindi questo è un punto di flesso.

Calcoliamo le coordinate del punto:

\[f(e^2) = \frac{e^2}{\ln(e^2)} = \frac{e^2}{2} \approx 3.695\]

Punto di flesso: \(F\left(e^2, \frac{e^2}{2}\right)\)

Passo 6: Equazione della tangente in \(x = e^2\)

L'equazione della tangente nel punto di ascissa \(x_0\) è:

\[y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)\]

Calcoliamo \(f'(e^2)\):

\[f'(e^2) = \frac{\ln(e^2) - 1}{[\ln(e^2)]^2} = \frac{2 - 1}{2^2} = \frac{1}{4}\]

Sostituiamo nell'equazione della tangente:

\[y - \frac{e^2}{2} = \frac{1}{4}(x - e^2)\] \[y = \frac{1}{4}x - \frac{e^2}{4} + \frac{e^2}{2}\] \[y = \frac{1}{4}x + \frac{e^2}{4}\]

Equazione della tangente: \(y = \frac{1}{4}x + \frac{e^2}{4}\) oppure \(y = \frac{1}{4}(x + e^2)\)

Nota: La tangente nel punto di flesso ha coefficiente angolare positivo, il che conferma che la funzione è crescente in quel punto (infatti \(e^2 > e\)).

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 7:

Dominio

La funzione è definita quando il denominatore è diverso da zero:

\[2 + \cos(x) \neq 0 \implies \cos(x) \neq -2\]

Poiché \(-1 \leq \cos(x) \leq 1\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), la condizione \(\cos(x) \neq -2\) è sempre verificata.

\[D = \mathbb{R}\]

1) Dimostrazione che la funzione ha periodo \(2\pi\)

Una funzione \(f(x)\) ha periodo \(T\) se \(f(x + T) = f(x)\) per ogni \(x\) del dominio.

Verifichiamo che \(f(x + 2\pi) = f(x)\):

\[f(x + 2\pi) = \frac{\sin(x + 2\pi)}{2 + \cos(x + 2\pi)}\]

Usando le proprietà delle funzioni goniometriche:

• \(\sin(x + 2\pi) = \sin(x)\)
• \(\cos(x + 2\pi) = \cos(x)\)

Quindi:

\[f(x + 2\pi) = \frac{\sin(x)}{2 + \cos(x)} = f(x)\]

Conclusione: La funzione ha periodo \(2\pi\). ✓

Verifica che \(2\pi\) sia il periodo minimo:

Il periodo di \(\sin(x)\) è \(2\pi\) e il periodo di \(\cos(x)\) è \(2\pi\). Il periodo della loro combinazione è il minimo comune multiplo dei periodi, che è \(2\pi\).

2) Studio della parità

Verifichiamo se la funzione è pari (\(f(-x) = f(x)\)) o dispari (\(f(-x) = -f(x)\)).

Calcoliamo \(f(-x)\):

\[f(-x) = \frac{\sin(-x)}{2 + \cos(-x)}\]

Usando le proprietà delle funzioni goniometriche:

• \(\sin(-x) = -\sin(x)\) (funzione dispari)
• \(\cos(-x) = \cos(x)\) (funzione pari)

Quindi:

\[f(-x) = \frac{-\sin(x)}{2 + \cos(x)} = -\frac{\sin(x)}{2 + \cos(x)} = -f(x)\]

Conclusione: La funzione è dispari. ✓

Conseguenza: Il grafico è simmetrico rispetto all'origine. Questo significa che:

• \(f(0) = 0\) (la funzione passa per l'origine)
• Se c'è un massimo in \((a, b)\), ci sarà un minimo in \((-a, -b)\)
• I flessi sono simmetrici rispetto all'origine

3) Studio della funzione in \([0, 2\pi]\)

Passo 1: Calcolo della derivata prima

Usando la regola del quoziente:

\[f'(x) = \frac{\cos(x) \cdot (2 + \cos(x)) - \sin(x) \cdot (-\sin(x))}{(2 + \cos(x))^2}\] \[f'(x) = \frac{2\cos(x) + \cos^2(x) + \sin^2(x)}{(2 + \cos(x))^2}\]

Usando l'identità fondamentale \(\sin^2(x) + \cos^2(x) = 1\):

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

Studio del segno di \(f'(x)\)

Il denominatore \((2 + \cos(x))^2 > 0\) per ogni \(x\), quindi il segno dipende dal numeratore:

\[2\cos(x) + 1 = 0 \implies \cos(x) = -\frac{1}{2}\]

In \([0, 2\pi]\), le soluzioni sono:

\[x = \frac{2\pi}{3}, \quad x = \frac{4\pi}{3}\]

Determinazione dei punti estremanti:

• In \(x = \frac{2\pi}{3}\): punto di massimo

  Calcoliamo il valore:

  \[f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = \frac{\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)}{2 + \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}\]

  Punto: \(M\left(\frac{2\pi}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)\)

• In \(x = \frac{4\pi}{3}\): punto di minimo

  Calcoliamo il valore:

  \[f\left(\frac{4\pi}{3}\right) = \frac{\sin\left(\frac{4\pi}{3}\right)}{2 + \cos\left(\frac{4\pi}{3}\right)} = \frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2 - \frac{1}{2}} = \frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}} = -\frac{\sqrt{3}}{3}\]

  Punto: \(m\left(\frac{4\pi}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\)

Passo 2: Calcolo della derivata seconda

Deriviamo \(f'(x) = \frac{2\cos(x) + 1}{(2 + \cos(x))^2}\):

\[f''(x) = \frac{-2\sin(x) \cdot (2 + \cos(x))^2 - (2\cos(x) + 1) \cdot 2(2 + \cos(x)) \cdot (-\sin(x))}{(2 + \cos(x))^4}\]

Semplificando (raccogliendo \((2 + \cos(x))\) e \(-\sin(x)\)):

\[f''(x) = \frac{-\sin(x) \cdot [(2 + \cos(x)) \cdot 2 - (2\cos(x) + 1) \cdot 2]}{(2 + \cos(x))^3}\] \[f''(x) = \frac{-\sin(x) \cdot [4 + 2\cos(x) - 4\cos(x) - 2]}{(2 + \cos(x))^3}\] \[f''(x) = \frac{-\sin(x) \cdot [2 - 2\cos(x)]}{(2 + \cos(x))^3}\] \[f''(x) = \frac{-2\sin(x)(1 - \cos(x))}{(2 + \cos(x))^3}\]

Studio del segno di \(f''(x)\) in \([0, 2\pi]\)

Analizziamo i fattori:

• \(-2 < 0\)
• \(\sin(x)\): positivo in \((0, \pi)\), negativo in \((\pi, 2\pi)\), zero in \(x = 0, \pi, 2\pi\)
• \(1 - \cos(x) \geq 0\) per ogni \(x\) (poiché \(\cos(x) \leq 1\)), zero solo in \(x = 0, 2\pi\)
• \((2 + \cos(x))^3 > 0\) per ogni \(x\)

Passo 3: Determinazione dei flessi

La derivata seconda si annulla quando \(\sin(x) = 0\) oppure \(1 - \cos(x) = 0\).

In \([0, 2\pi]\):

• \(\sin(x) = 0\) per \(x = 0, \pi, 2\pi\)
• \(1 - \cos(x) = 0\) per \(x = 0, 2\pi\)

Verifichiamo quali sono effettivamente flessi (cambio di concavità):

• \(x = 0\): Estremo dell'intervallo, non cambia concavità interna \[f(0) = \frac{\sin(0)}{2 + \cos(0)} = \frac{0}{3} = 0\]
• \(x = \pi\): La derivata seconda cambia segno (da negativo a positivo) \[f(\pi) = \frac{\sin(\pi)}{2 + \cos(\pi)} = \frac{0}{2 - 1} = 0\]

  Punto di flesso: \(F(\pi, 0)\)

• \(x = 2\pi\): Estremo dell'intervallo, non cambia concavità interna \[f(2\pi) = \frac{\sin(2\pi)}{2 + \cos(2\pi)} = \frac{0}{3} = 0\]

Nota sulla funzione dispari: Poiché la funzione è dispari e passa per l'origine, il punto \((0, 0)\) è centro di simmetria del grafico. Il flesso in \((\pi, 0)\) è coerente con questa simmetria.

4) Grafico qualitativo

Il grafico della funzione è di questo tipo:

Soluzione quesito 8:

1) Dominio e limiti agli estremi

Dominio:

La funzione è definita quando \(\ln(x)\) esiste, cioè per \(x > 0\).

\[D = (0, +\infty)\]

Limiti agli estremi del dominio:

a) Limite per \(x \to 0^+\):

\[\lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x)\]

Questa è una forma indeterminata del tipo \(0 \cdot (-\infty)\). Riscriviamo come:

\[\lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\frac{1}{x^2}}\]

Ora abbiamo la forma \(\frac{-\infty}{+\infty}\). Applichiamo la regola di De L'Hôpital:

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{2}{x^3}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^3}{-2x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2}{-2} = 0^-\]

Oppure usando il limite notevole:

Si può dimostrare che per ogni \(a > 0\): \(\lim_{x \to 0^+} x^a \ln(x) = 0^-\)

Nel nostro caso \(a = 2 > 0\), quindi:

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

Interpretazione: Il termine \(x^2\) (che tende a 0) "vince" sul termine \(\ln(x)\) (che tende a \(-\infty\)).

b) Limite per \(x \to +\infty\):

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

Entrambi i fattori tendono a \(+\infty\), quindi il prodotto tende a \(+\infty\).

Conclusioni sui limiti:

• Non ci sono asintoti verticali (la funzione si avvicina a 0 per \(x \to 0^+\))
• Non ci sono asintoti orizzontali
• La funzione è continua in tutto il suo dominio

2) Ricerca di massimi e minimi

Calcolo della derivata prima

Usando la regola del prodotto:

\[f'(x) = 2x \ln(x) + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x \ln(x) + x = x(2\ln(x) + 1)\]

2a) Metodo 1: Studio del segno della derivata prima

Cerchiamo dove \(f'(x) = 0\):

\[x(2\ln(x) + 1) = 0\]

Le soluzioni sono:

• \(x = 0\) (non appartiene al dominio)
• \(2\ln(x) + 1 = 0 \implies \ln(x) = -\frac{1}{2} \implies x = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}\)

Studio del segno di \(f'(x) = x(2\ln(x) + 1)\):

• \(x > 0\) per ogni punto del dominio
• \(2\ln(x) + 1 < 0\) quando \(\ln(x) < -\frac{1}{2}\), cioè \(0 < x < e^{-1/2}\)
• \(2\ln(x) + 1 > 0\) quando \(\ln(x) > -\frac{1}{2}\), cioè \(x > e^{-1/2}\)

Conclusione con il metodo della derivata prima:

La funzione passa da decrescente a crescente in \(x = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}\), quindi questo è un punto di minimo assoluto.

Calcoliamo il valore:

\[f\left(e^{-1/2}\right) = \left(e^{-1/2}\right)^2 \cdot \ln\left(e^{-1/2}\right) = e^{-1} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{2e}\]

Punto di minimo: \(m\left(\frac{1}{\sqrt{e}}, -\frac{1}{2e}\right) \approx (0.606, -0.184)\)

2b) Metodo 2: Metodo delle derivate successive

Il metodo delle derivate successive si usa quando una derivata si annulla in un punto ma non fornisce informazioni immediate sul tipo di punto critico.

Calcolo della derivata seconda:

Deriviamo \(f'(x) = 2x\ln(x) + x\):

\[f''(x) = 2\ln(x) + 2x \cdot \frac{1}{x} + 1 = 2\ln(x) + 2 + 1 = 2\ln(x) + 3\]

Verifichiamo il valore nel punto critico \(x = e^{-1/2}\):

\[f''\left(e^{-1/2}\right) = 2\ln\left(e^{-1/2}\right) + 3 = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) + 3 = -1 + 3 = 2 > 0\]

Conclusione:

Poiché \(f'(e^{-1/2}) = 0\) e \(f''(e^{-1/2}) = 2 > 0\), il punto \(x = e^{-1/2}\) è un minimo. ✓

Nota sul metodo delle derivate successive:

Se fosse stato \(f''(x_0) = 0\), avremmo dovuto calcolare \(f'''(x_0)\). In generale:

• Se \(f^{(n)}(x_0)\) è la prima derivata non nulla in \(x_0\) con \(n\) pari e \(f^{(n)}(x_0) > 0\), allora \(x_0\) è un minimo
• Se \(f^{(n)}(x_0)\) è la prima derivata non nulla in \(x_0\) con \(n\) pari e \(f^{(n)}(x_0) < 0\), allora \(x_0\) è un massimo
• Se \(f^{(n)}(x_0)\) è la prima derivata non nulla in \(x_0\) con \(n\) dispari, allora \(x_0\) è un flesso

3) Ricerca dei flessi

Abbiamo già calcolato:

\[f''(x) = 2\ln(x) + 3\]

3a) Metodo 1: Studio del segno della derivata seconda

Cerchiamo dove \(f''(x) = 0\):

\[2\ln(x) + 3 = 0 \implies \ln(x) = -\frac{3}{2} \implies x = e^{-3/2}\]

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

Conclusione:

La derivata seconda cambia segno in \(x = e^{-3/2}\), quindi questo è un punto di flesso.

Calcoliamo le coordinate:

\[f\left(e^{-3/2}\right) = \left(e^{-3/2}\right)^2 \cdot \ln\left(e^{-3/2}\right) = e^{-3} \cdot \left(-\frac{3}{2}\right) = -\frac{3}{2e^3}\]

Punto di flesso: \(F\left(e^{-3/2}, -\frac{3}{2e^3}\right) \approx (0.223, -0.075)\)

3b) Metodo 2: Metodo delle derivate successive

Nel punto \(x = e^{-3/2}\) abbiamo \(f''(e^{-3/2}) = 0\). Verifichiamo con la derivata terza.

Calcolo della derivata terza:

Deriviamo \(f''(x) = 2\ln(x) + 3\):

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

Valutiamo nel punto critico:

\[f'''\left(e^{-3/2}\right) = \frac{2}{e^{-3/2}} = 2e^{3/2} > 0\]

Conclusione:

Poiché \(f''(e^{-3/2}) = 0\) e \(f'''(e^{-3/2}) \neq 0\) (la terza derivata, di ordine dispari, è la prima non nulla), il punto \(x = e^{-3/2}\) è un flesso. ✓

4) Coefficiente angolare della tangente all'origine

Dobbiamo trovare il coefficiente angolare della tangente lungo la quale il grafico si avvicina all'origine.

Il coefficiente angolare della tangente in un punto è dato dalla derivata. Poiché la funzione si avvicina all'origine per \(x \to 0^+\), calcoliamo:

\[m = \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} x(2\ln(x) + 1)\]

Questa è una forma indeterminata \(0 \cdot (-\infty)\). Riscriviamo:

\[m = \lim_{x \to 0^+} \frac{2\ln(x) + 1}{\frac{1}{x}}\]

Forma \(\frac{-\infty}{+\infty}\). Applichiamo De L'Hôpital:

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

Risposta: Il coefficiente angolare della tangente lungo la quale il grafico si avvicina all'origine è \(m = 0\).

Interpretazione: Il grafico si avvicina all'origine tangenzialmente all'asse delle \(x\) (tangente orizzontale).

5) Area del triangolo

Punto A: Intersezione del grafico con l'asse delle \(x\)

Risolviamo \(f(x) = 0\):

\[x^2 \ln(x) = 0\]

Poiché \(x > 0\) nel dominio, deve essere \(\ln(x) = 0\), quindi \(x = 1\).

Punto A: \(A(1, 0)\)

Tangente t in A:

Calcoliamo \(f'(1)\):

\[f'(1) = 1 \cdot (2\ln(1) + 1) = 1 \cdot (0 + 1) = 1\]

Equazione della tangente in \(A(1, 0)\):

\[y - 0 = 1(x - 1) \implies y = x - 1\]

Tangente t: \(y = x - 1\)

Punto F: Flesso già trovato

\(F\left(e^{-3/2}, -\frac{3}{2e^3}\right)\)

Tangente r in F:

Calcoliamo \(f'(e^{-3/2})\):

\[f'\left(e^{-3/2}\right) = e^{-3/2}\left(2\ln(e^{-3/2}) + 1\right) = e^{-3/2}\left(2 \cdot \left(-\frac{3}{2}\right) + 1\right)\] \[= e^{-3/2}(-3 + 1) = -2e^{-3/2}\]

Equazione della tangente in \(F\):

\[y - \left(-\frac{3}{2e^3}\right) = -2e^{-3/2}\left(x - e^{-3/2}\right)\] \[y + \frac{3}{2e^3} = -2e^{-3/2}x + 2e^{-3/2} \cdot e^{-3/2}\] \[y + \frac{3}{2e^3} = -2e^{-3/2}x + 2e^{-3}\] \[y = -2e^{-3/2}x + 2e^{-3} - \frac{3}{2e^3}\] \[y = -2e^{-3/2}x + \frac{4}{2e^3} - \frac{3}{2e^3}\] \[y = -2e^{-3/2}x + \frac{1}{2e^3}\]

Tangente r: \(y = -2e^{-3/2}x + \frac{1}{2e^3}\)

Vertici del triangolo:

Vertice 1: Intersezione di \(t\) con l'asse \(x\)

\(y = x - 1 = 0 \implies x = 1\)

Vertice: \(V_1(1, 0)\) (che è il punto A)

Vertice 2: Intersezione di \(r\) con l'asse \(x\)

\(y = -2e^{-3/2}x + \frac{1}{2e^3} = 0\)

\[2e^{-3/2}x = \frac{1}{2e^3}\] \[x = \frac{1}{2e^3 \cdot 2e^{-3/2}} = \frac{1}{4e^{3-3/2}} = \frac{1}{4e^{3/2}}\]

Vertice: \(V_2\left(\frac{1}{4e^{3/2}}, 0\right)\) (che è il punto C)

Vertice 3: Intersezione tra \(t\) e \(r\) (punto B)

Risolviamo il sistema:

\[\begin{cases} y = x - 1 \\ y = -2e^{-3/2}x + \frac{1}{2e^3} \end{cases}\]

Uguagliando:

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

Semplifichiamo il denominatore:

\[1 + 2e^{-3/2} = \frac{e^{3/2} + 2}{e^{3/2}}\]

Quindi:

\[x = \frac{\frac{2e^3 + 1}{2e^3}}{\frac{e^{3/2} + 2}{e^{3/2}}} = \frac{2e^3 + 1}{2e^3} \cdot \frac{e^{3/2}}{e^{3/2} + 2} = \frac{(2e^3 + 1)e^{3/2}}{2e^3(e^{3/2} + 2)}\]

Calcoliamo \(y = x - 1\).

Calcolo dell'area del triangolo:

Il triangolo ha base sull'asse \(x\) tra \(V_1(1, 0)\) e \(V_2\left(\frac{1}{4e^{3/2}}, 0\right)\).

Base del triangolo:

\[b = 1 - \frac{1}{4e^{3/2}} = \frac{4e^{3/2} - 1}{4e^{3/2}}\]

L'altezza è la distanza del vertice \(V_3\) (B) dall'asse \(x\), cioè l'ordinata \(y\) di \(V_3\), cioè B, in valore assoluto.

Poiché due vertici del triangolo (A e C) stanno sull'asse \(x\), possiamo calcolare l'are nel seguente modo:

\[\text{Area} = \frac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{altezza}\]

Dove base = \(|x_A - x_C|\) e altezza = \(|y_B|\).

Sostituendo \(x_B = \frac{(2e^3 + 1)e^{3/2}}{2e^3(e^{3/2} + 2)}\) in \(y = x - 1\):

\[y_B = \frac{(2e^3 + 1)e^{3/2}}{2e^3(e^{3/2} + 2)} - 1 = \frac{(2e^3 + 1)e^{3/2} - 2e^3(e^{3/2} + 2)}{2e^3(e^{3/2} + 2)}\] \[y_B = \frac{(2e^3 + 1)e^{3/2} - 2e^3 \cdot e^{3/2} - 4e^3}{2e^3(e^{3/2} + 2)} = \frac{2e^3 \cdot e^{3/2} + e^{3/2} - 2e^3 \cdot e^{3/2} - 4e^3}{2e^3(e^{3/2} + 2)}\] \[y_B = \frac{e^{3/2} - 4e^3}{2e^3(e^{3/2} + 2)} = \frac{e^{3/2}(1 - 4e^{3/2})}{2e^3(e^{3/2} + 2)}\]

Semplificando:

\[y_B = \frac{1 - 4e^{3/2}}{2e^{3/2}(e^{3/2} + 2)}\]

Poiché \(4e^{3/2} > 1\), abbiamo \(y_B < 0 \)

Vertice B: \(B\left(\frac{(2e^3 + 1)e^{3/2}}{2e^3(e^{3/2} + 2)}, \frac{1 - 4e^{3/2}}{2e^{3/2}(e^{3/2} + 2)}\right)\)

Riepilogando, i vertici del triangolo sono:

• \(A = (1, 0)\)
• \(B = \left(\frac{(2e^3 + 1)e^{3/2}}{2e^3(e^{3/2} + 2)}, \frac{1 - 4e^{3/2}}{2e^{3/2}(e^{3/2} + 2)}\right)\)
• \(C = \left(\frac{1}{4e^{3/2}}, 0\right)\)

Calcolo dell'area:

L'area del triangolo è quindi:

\[\text{Area} = \frac{1}{2}|x_A - x_C| \cdot |y_B|\]

Risultato finale (dopo i calcoli):

Grafico qualitativo della funzione: