Studiare il grafico della seguente funzione reale di variabile reale
[math]f(x) = e^x >br>
oot{3}{x^2}[/math]
Il dominio massimale della funzione è
[math]\mathbb{R}[/math]
, 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
[math]f[/math]
è data dalla composizione di funzioni continue, pertanto nel suo dominio è continua.
La funzione in questione non è né pari né dispari, infatti
[math]f(-x) \ne f(x)[/math]
e
[math]f(-x) \ne -f(x)[/math]
.
[math]x = 0 \implies f(0) = 0[/math]
[math]f(x) = 0 \implies x = 0[/math]
Pertanto il grafico della funzione interseca gli assi cartesiani solo nel punto
[math](0,0)[/math]
. La funzione è positiva (o al più uguale a zero) per:
[math]f(x) \ge 0 \implies e^x >br>
oot{3}{x^2} \ge 0 \implies >br>
oot{3}{x^2} \ge 0 \implies x^2 \ge 0 \forall x \in \mathbb{R}[/math]
Pertanto la
[math]f[/math]
è non negativa in tutto il suo dominio.
[math]\lim_{x \to +\infty} e^x >br>
oot{3}{x^2} = +\infty[/math]
[math]\lim_{x \to -\infty} e^x >br>
oot{3}{x^2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{>br>
oot{3}{x^2}}{e^{-x}}[/math]
Applicando il teorema di de l'Hopital per risolvere quest'ultimo limite si ottiene
[math]\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{3} \frac{e^x}{>br>
oot{3}{x}} = 0[/math]
Pertanto la retta di equazione
[math]y=0[/math]
è un asintoto orizzontale sinistro, non si sono invece asintoti orizzontali destri. Si può quindi cercare un eventuale asintoto obliquo destro
[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x >br>
oot{x}{x^2}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{>br>
oot{3}{x}}[/math]
Applicando il teorema di de l'Hopital si ottiene
[math]\lim_{x \to +\infty} 3 e^x >br>
oot{3}{x^2} = +\infty[/math]
quindi non ci sono asintoti obliqui. La derivata vale
[math]f'(x) = e^x >br>
oot{3}{x^2} + e^x \frac{2}{3 >br>
oot{3}{x}} = e^x (>br>
oot{3}{x^2} + \frac{2}{3 >br>
oot{3}{x}})[/math]
La derivata prima calcolata in
[math]x=0[/math]
vale
[math]\lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^h >br>
oot{3}{h^2}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^h}{>br>
oot{3}{h}}[/math]
Dato che
[math]\lim_{h \to 0^+} \frac{e^h}{>br>
oot{3}{h}} = +\infty[/math]
[math]\lim_{h \to 0^-} \frac{e^h}{>br>
oot{3}{h}} = -\infty[/math]
si deduce che in
[math]x=0[/math]
c'è una cuspide, pertanto
[math](0,0)[/math]
non è un punto di derivabilità . La derivata prima si annulla per
[math]f'(x) = 0 \implies >br>
oot{3}{x^2} = -\frac{2}{3 >br>
oot{3}{x}} = x = -\frac{2}{3}[/math]
Dallo studio del segno della derivata prima, si nota che la funzione è crescente per
[math]x \in (-\infty, -\frac{2}{3}) \cup (0, +\infty)[/math]
, mentre è decrescente per
[math]x \in (-\frac{2}{3}, 0)[/math]
. Pertanto in
[math]x = -\frac{2}{3}[/math]
c'è un massimo relativo. La derivata seconda invece vale
[math]f''(x) = e^x (>br>
oot{3}{x^2} + \frac{2}{3 >br>
oot{3}{x}}) + e^x (\frac{2}{3 >br>
oot{3}{x}} + \frac{2}{3} (-\frac{1}{3}) \frac{1}{>br>
oot{3}{x^4}}) = e^x (\frac{9x^2 + 12x - 2}{9 >br>
oot{3}{x^4}})[/math]
La derivata seconda si annulla per
[math]9x^2 + 12x - 2 = 0 \implies x_{1,2} = \frac{-6 \\pm \sqrt{36+18}}{9}[/math]
da cui
[math]x_1 = \frac{-2-\sqrt{6}}{3} \quad x_2 = \frac{-2+\sqrt{6}}{3}[/math]
Pertanto
[math]x_1[/math]
e
[math]x_2[/math]
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
[math]x \in (\frac{-2-\sqrt{6}}{3}, 0) \cup {0, \frac{-2+\sqrt{6}}{3}}[/math]
ed è invece convessa per
[math]x \in (-\infty, \frac{-2-\sqrt{6}}{3}) \cup {\frac{-2+\sqrt{6}}{3}, +\infty}[/math]
.
Questo è il grafico della funzione
Dunque la funzione ha un minimo assoluto in
[math](0,0)[/math]
, e l'immagine è
[math]{x \in \mathbb{R}: x \ge 0}[/math]
FINE
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