1. **Enunciato del problema:** Studiamo la funzione $$y = (x - 1) e^{-(x - 1)^2}$$ analizzando dominio, intersezioni, segno, limiti, asintoti e derivata prima. 2. **Dominio:** La funzione è definita per ogni $x \in \mathbb{R}$ perché è un prodotto di un polinomio e un'esponenziale, entrambi definiti su tutto $\mathbb{R}$. 3. **Intersezioni con gli assi:** - Intersezione con l'asse $y$: calcoliamo $y(0) = (0-1)e^{-(0-1)^2} = -1 \cdot e^{-1} = -e^{-1}$. - Intersezione con l'asse $x$: risolviamo $y=0 \Rightarrow (x-1)e^{-(x-1)^2} = 0$. Poiché $e^{-(x-1)^2} \neq 0$ per ogni $x$, abbiamo $x-1=0 \Rightarrow x=1$. 4. **Segno della funzione:** - $e^{-(x-1)^2} > 0$ sempre. - Quindi il segno di $y$ dipende da $x-1$. - $y>0$ se $x>1$, $y=0$ se $x=1$, $y<0$ se $x<1$. 5. **Limiti agli estremi del dominio:** - $$\lim_{x \to +\infty} (x-1)e^{-(x-1)^2}$$ Usiamo il cambio $t = x-1$, quindi $$\lim_{t \to +\infty} t e^{-t^2} = \lim_{t \to +\infty} \frac{t}{e^{t^2}}.$$ Poiché $e^{t^2}$ cresce molto più velocemente di $t$, il limite è 0. - $$\lim_{x \to -\infty} (x-1)e^{-(x-1)^2} = \lim_{t \to -\infty} t e^{-t^2} = 0$$ per lo stesso motivo. 6. **Asintoti:** - Non ci sono asintoti verticali perché la funzione è definita ovunque. - Asintoto orizzontale a $y=0$ sia per $x \to +\infty$ che per $x \to -\infty$. 7. **Derivata prima:** Usiamo la regola del prodotto: $$y' = \frac{d}{dx}[(x-1) e^{-(x-1)^2}] = e^{-(x-1)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x-1) + (x-1) \cdot \frac{d}{dx} e^{-(x-1)^2}.$$ Calcoliamo le derivate: $$\frac{d}{dx}(x-1) = 1,$$ $$\frac{d}{dx} e^{-(x-1)^2} = e^{-(x-1)^2} \cdot \frac{d}{dx} (-(x-1)^2) = e^{-(x-1)^2} \cdot (-2)(x-1).$$ Quindi $$y' = e^{-(x-1)^2} \cdot 1 + (x-1) \cdot e^{-(x-1)^2} \cdot (-2)(x-1) = e^{-(x-1)^2} - 2(x-1)^2 e^{-(x-1)^2} = e^{-(x-1)^2} (1 - 2(x-1)^2).$$ 8. **Studio del segno della derivata:** - $e^{-(x-1)^2} > 0$ sempre. - Quindi il segno di $y'$ dipende da $1 - 2(x-1)^2$. - Risolviamo $1 - 2(x-1)^2 = 0 \Rightarrow (x-1)^2 = \frac{1}{2} \Rightarrow x = 1 \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. - Per $x$ tra $1 - \frac{1}{\sqrt{2}}$ e $1 + \frac{1}{\sqrt{2}}$, $y' > 0$ (funzione crescente). - Al di fuori di questo intervallo, $y' < 0$ (funzione decrescente). 9. **Punti critici e massimo locale:** - I punti critici sono $x = 1 \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. - In $x = 1$ la funzione si annulla. - La funzione ha un massimo locale in $x=1$ perché cambia da crescente a decrescente. **Risultato finale:** - Dominio: $\mathbb{R}$ - Intersezioni: con $x$ in $x=1$, con $y$ in $y=-e^{-1}$ - Segno: negativo per $x<1$, positivo per $x>1$ - Limiti: $\lim_{x \to \pm \infty} y = 0$ - Asintoti: orizzontale $y=0$ - Derivata prima: $$y' = e^{-(x-1)^2} (1 - 2(x-1)^2)$$ - Crescita: crescente in $\left(1 - \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$, decrescente altrove.