Descrizione: esercizio svolto o teoria

A cura di: Gianni Sammito

Studiare il grafico della seguente funzione reale di variabile reale

 

$f(x) = e^x \root{3}{x^2}$

 

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Il dominio massimale della funzione è $\mathbb{R}$, dato che un esponenziale è definito laddove è definito l'esponente, e una radice di indice dispari è definita laddove è definito il radicando. La $f$ è data dalla composizione di funzioni continue, pertanto nel suo dominio è continua.

La funzione in questione non è né pari né dispari, infatti $f(-x) \ne f(x)$ e $f(-x) \ne -f(x)$.

 

$x = 0 \implies f(0) = 0$

 

$f(x) = 0 \implies x = 0$

 

Pertanto il grafico della funzione interseca gli assi cartesiani solo nel punto $(0,0)$. La funzione è positiva (o al più uguale a zero) per:

 

$f(x) \ge 0 \implies e^x \root{3}{x^2} \ge 0 \implies \root{3}{x^2} \ge 0 \implies x^2 \ge 0 \forall x \in \mathbb{R}$

 

Pertanto la $f$ è non negativa in tutto il suo dominio.

 

$\lim_{x \to +\infty} e^x \root{3}{x^2} = +\infty$

 

$\lim_{x \to -\infty} e^x \root{3}{x^2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\root{3}{x^2}}{e^{-x}}$

 

Applicando il teorema di de l'Hopital per risolvere quest'ultimo limite si ottiene

 

$\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{3} \frac{e^x}{\root{3}{x}} = 0$

 

Pertanto la retta di equazione $y=0$ è un asintoto orizzontale sinistro, non si sono invece asintoti orizzontali destri. Si può quindi cercare un eventuale asintoto obliquo destro 

 

$\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x \root{x}{x^2}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{\root{3}{x}}$

 

Applicando il teorema di de l'Hopital si ottiene

 

$\lim_{x \to +\infty} 3 e^x \root{3}{x^2} = +\infty$

 

quindi non ci sono asintoti obliqui. La derivata vale

 

$f'(x) = e^x \root{3}{x^2} + e^x \frac{2}{3 \root{3}{x}} = e^x (\root{3}{x^2} + \frac{2}{3 \root{3}{x}})$

 

La derivata prima calcolata in $x=0$ vale

 

$\lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^h \root{3}{h^2}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^h}{\root{3}{h}}$

 

Dato che

 

$\lim_{h \to 0^+} \frac{e^h}{\root{3}{h}} = +\infty$

 

$\lim_{h \to 0^-} \frac{e^h}{\root{3}{h}} = -\infty$

 

si deduce che in $x=0$ c'è una cuspide, pertanto $(0,0)$ non è un punto di derivabilità. La derivata prima si annulla per

 

$f'(x) = 0 \implies \root{3}{x^2} = -\frac{2}{3 \root{3}{x}} = x = -\frac{2}{3}$

 

Dallo studio del segno della derivata prima, si nota che la funzione è crescente per $x \in (-\infty, -\frac{2}{3}) \cup (0, +\infty)$, mentre è decrescente per $x \in (-\frac{2}{3}, 0)$. Pertanto in $x = -\frac{2}{3}$ c'è un massimo relativo. La derivata seconda invece vale

 

$f''(x) = e^x (\root{3}{x^2} + \frac{2}{3 \root{3}{x}}) + e^x (\frac{2}{3 \root{3}{x}} + \frac{2}{3} (-\frac{1}{3}) \frac{1}{\root{3}{x^4}}) = e^x (\frac{9x^2 + 12x - 2}{9 \root{3}{x^4}})$

 

La derivata seconda si annulla per

 

$9x^2 + 12x - 2 = 0 \implies x_{1,2} = \frac{-6 \pm \sqrt{36+18}}{9}$

 

da cui

 

$x_1 = \frac{-2-\sqrt{6}}{3}  \quad x_2 = \frac{-2+\sqrt{6}}{3}$

 

Pertanto $x_1$ e $x_2$ sono due punti di flesso a tangente obliqua. Dato che il denominatore della derivata seconda è sempre positivo, si nota che la funzione è concava per $x \in (\frac{-2-\sqrt{6}}{3}, 0) \cup (0, \frac{-2+\sqrt{6}}{3})$ ed è invece convessa per $x \in (-\infty, \frac{-2-\sqrt{6}}{3}) \cup (\frac{-2+\sqrt{6}}{3}, +\infty)$.

Questo è il grafico della funzione

 

 

 

Dunque la funzione ha un minimo assoluto in $(0,0)$, e l'immagine è

 

$\{x \in \mathbb{R}: x \ge 0\}$

 

FINE