Descrizione: esercizio svolto o teoria

A cura di: Gianni Sammito

Studiare il grafico della seguente funzione reale di variabile reale

$f(x) = |x^2 - 2x| e^x$

La $f$ è data dalla composizione di funzioni continue, pertanto è continua nel suo dominio. Dato che $f(x) \ne f(-x)$ e $f(x) \ne -f(-x)$ la funzione non è né pari né dispari.

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

$f(x) = 0 \implies x = 0 \vee x=2$

pertanto i punti di intersezione fra il grafico della funzione e gli assi cartesiani sono $(0,0)$ e $(2,0)$.  Visto che l'esponenziale e il valore assoluto sono non negativi, la funzione è non negativa nel suo dominio.

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^2 - 2x) e^x = \lim_{x \to +\infty} x(x-2) e^x = +\infty$

$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 2x}{x} e^x = \lim_{x \to +\infty} (x-2) e^x = +\infty$

pertanto, per $x \to +\infty$, non ci sono asintoti orizzontali né obliqui.

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - 2x}{e^{-x}}$

Applicando due volte il teorema di de l'Hopital si ottiene

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

pertanto la retta di equazione $y=0$ è un asintoto orizzontale sinistro per il grafico della funzione in questione. La derivata prima vale

$f'(x) = \{(e^x (x^2 - 2), "se " x < 0 \vee x > 2),(e^x (2 - x^2), "se " 0 < x < 2):}$

$\lim_{x \to 0^{-}} f'(x) = \lim_{x \to 0^{-}} e^x (x^2 - 2) = -2$

$\lim_{x \to 0^{+}} f'(x) = \lim_{x \to 0^{+}} e^x (2 - x^2) = 2$

Pertanto in $0$ c'è un punto angoloso, quindi $(0,0)$ è un punto di non derivabilità.

$\lim_{x \to 2^{-}} f'(x) = \lim_{x \to 2^{-}} e^x (2 - x^2) = -2 e^2$

$\lim_{x \to 2^{+}} f'(x) = \lim_{x \to 2^{+}} e^x (x^2 -2) = 2 e^2$

Anche in $2$ c'è un punto angoloso, pertanto anche $(2,0)$ è un punto di non derivabilità. La derivata prima si azzera in $x = \pm \sqrt{2}$. Per determinare il segno della derivata prima occorre studiare $f'(x) \ge 0$, che equivale a

$\{(x^2 - 2 \ge 0),(x < 0 \vee x > 2):} \quad \vee \quad \{(2 - x^2 \ge 0),(0 < x <2 ):} \implies (x < -\sqrt{2} \vee x > 2) \vee (0 < x < \sqrt{2})$

Dallo studio del segno della derivata prima si deduce che in $x=0$ e $x=2$ ci sono dei minimi, mentre in $x=\pm \sqrt{2}$ ci sono dei massimi. La derivata seconda vale

$f''(x) = \{(e^x (x^2 + 2x - 2), "se " x < 0 \vee x > 2),(e^x (2 - 2x - x^2), "se " 0 < x < 2):}$

La derivata seconda si azzera per

$\{(x^2 + 2x - 2=0),(x < 0 \vee x > 2):} \quad \vee \quad \{(2 - 2x - x^2 = 0),(0 < x < 2):}$

ovvero per $x=1 \vee x = -3$. Il segno della derivata secodna viene determinato studianto $f''(x) \ge 0$, ovvero

 $\{(x^2 + 2x - 2 \ge 0),(x < 0 \vee x > 2):} \quad \vee \quad \{(2 - 2x - x^2 \ge 0),(0 < x < 2):}$

che equivale a

$\{(x < -3 \vee x > 1),(x < 0 \vee x > 2):} \quad \vee \quad \{(-3 < x < 1),(0 < x < 2):}$

Quindi la funzione è convessa se $(x < -3 \vee x > 2) \vee (0 < x < 1)$, concava altrimenti. Questo è il grafico della funzione

Quindi l'immagine della funzione è $\{x \in \mathbb{R}: x \ge 0\}$.

FINE