A cura di: Gianni Sammito

Studiare il grafico della seguente funzione reale di variabile reale

 

$f(x) = |x^2 – 2x| e^x$


Il dominio massimale della funzione è $mathbb{R}$. Ricordando la definizione di valore assoluto si nota che
$f(x) = {((x^2 – 2x)e^x, "se " x le 0 vee x ge 2),((2x-x^2) e^x, "altrimenti"):}$ 

 

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

 

Grafico funzione

 

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

 

FINE