Potenziale elettrostatico e studio di funzione

Analisi della funzione

Non ci sono simmetrie. Intersezioni con gli assi cartesiani: (0, 1). Risolviamo: 2x^2 + 5x + 1 = 0. Δ = 5^2 - 4(2)(1) = 25 - 8 = 17. Cerchiamo allora gli zeri del polinomio di secondo grado, calcolando il valore di x con la formula: x = (-b ± √Δ) / (2a). x = (-5 ± √17) / (2(2)) ≈ -1.35, 0.35. La funzione interseca l'asse delle ascisse nei punti (-1.35, 0) e (0.35, 0). La funzione interseca l'asse delle ordinate nel punto (0, 1). Segno della funzione: - Per x < -1.35, la funzione è negativa. - Per -1.35 < x < 0.35, la funzione è positiva. - Per x > 0.35, la funzione è negativa. La funzione esponenziale è invece sempre positiva in tutto il dominio. Riportiamo il quadro dei risultati.

segni.Aiutiamoci con un primo grafico parziale della nostra funzione, in cui riportiamo il segno e i punti diintersezione A,B,C.

Limiti

I limiti da calcolare sono 2: lim→ Ilim→;I∞:

Procediamo con il limite alim 2 5 1 ∞ ∞ ⋅ I→ I

Osserviamo che il polinomio è di secondo grado, quindi è asintotico ad , possiamo allora scrivere:

lim 2 5 1 ≈ lim ⋅ ∞⋅ ∞ ∞→ I → I

La funzione non ammette alcun asintoto orizzontale a sinistra, è illimitata superiormente.∞: 1

Passiamo alim 2 5 1 ∞ ∞ ⋅ ∞⋅ ∞⋅0I I→;I

Risolviamo la forma indeterminata applicando il teorema di De ’Hopital:

teorema

Il sui limiti di funzioni reali di variabile reale consente di calcolare il limite di un rapporto difunzioni considerando il limite del rapporto tra la derivata del numeratore e la derivata del denominatore.

Riscriviamo il limite sotto forma di rapporto: 2 5 1lim 2 5 1

lim→I →I

Effettuiamo le derivate del numeratore e del denominatore:

2 5 1 4 5 ∞lim lim ∞→I →I

4 5 4 4

Effettuiamo ancora una derivazione, per risolvere l’indeterminatezza:

lim lim 0∞→I →I

Abbiamo risolto la forma indeterminata e la funzione presenta come asintoto orizzontale a destra, l’asse( 0delle ascisse:

Derivata prima

2 5 1

Applichiamo la regola del prodotto di due funzioni:

K M⋅L ⋅L ⋅ L′N

2 5 1 → 4 5

NL →L N

4 5 ⋅ 2 5 1 ⋅N MK 5 14 5 2N 2 6N ’ ’

Il domino della derivata coincide con quello della funzione:

Studiamone il segno e gli zeri eventuali ≥0

N2 6 ≥0

≥0→∀ ∈C 2 6≥0

Il segno dipende dal trinomio di secondo grado

2 6≥0

Risolviamo l’omogena associata: 2 6 0Δ 49 > 0 8 21 ± √49 4.T 6 34., 4 2 3

Il trinomio è positivo per valori interni essendo negativo il coefficiente a dell’equazione di secondo grado2

6≥0→ 2≤ ≤ 2

Riportiamo nel quadro dei segni i risultati ottenuti. La funzione ha:

2• un minimo relativo in <

• un massimo relativo in

Calcoliamo anche i valori che la funzione assume in essi:

K2 32 ⋅ 4 5 2 1

M3 9 3 11<

W X ⋅ 5⋅ 1

Z 11

Y2 </2 4 2 √ <

Abbiamo quindi: \ 2; 3

Punto di minimo: ] 9 ; ?< ..√^ _

Punto di Massimo:

Il minimo è assoluto, perché, come visto nel calcolo dei limiti, la funzione è illimitata superiormente a sinistra, è tende a zero a destra.

Derivata seconda

2 6N :NN

Con la stessa regola di derivazione, procediamo al calcolo di

⋅ 2 6 4 1NN ⋅ 2 6 4 1NN ⋅ 2 3 7NN ’ ’’

Il dominio della funzione derivata seconda è sempre tutto R: .

Studiamone il segno.

⋅ 2 3 7 ≥0’ ,

Come per esso dipende solo da quello del trinomio di secondo grado essendo l’esponenziale sempre positiva.

Risolviamo l’omogena associata: 2 3 7 0Δ 65 > 0 3

$\surd 65$ $\approx \; 1,3$ $3\; \backslash pm\; \backslash sqrt\{65\}$ 4.4 3 $\surd 65$. $\approx \; 2,8$ 4 Il trinomio è positivo per valori esterni: 3 < 3$\surd 65$ $\surd 65$ < 7 \geq 0 \rightarrow \leq \text{ or } \geq 2
4 Riportiamo nel quadro dei segni i risultati La funzione presenta due punti di flessod < $\surd e$: = • ind < $\surd e$: = • in Calcoliamo anche i valori che la funzione assume in essi: 3 < $\surd 65$: 2$\surd 65$ \asymp 15 f g h12 i = 4 3 < $\surd 65$: 2$\surd 65$ \asymp 2 f g h12 = 4 Abbiamo quindi: 3 < $\surd 65$: j ; 2$\surd 65$ k \asymp 1.3; 15 d h12 i = 4 3 < $\surd 65$: d j ; 2$\surd 65$ k \asymp 2.8; 1.8 h12 i = 4 Possiamo ora completare il grafico.