Studio di funzione prodotto di valore assoluto ed esponenziale

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Studio di funzione prodotto di valore assoluto ed esponenziale #9018

avt
lupe
Punto
Per favore, mi potreste aiutare con lo studio di una funzione che è il prodotto di un valore assoluto per un'esponenziale? Sarebbe questa:

f(x) = |x^2 - 1| \, e^{2x}

Grazie in anticipo! emt
 
 

Studio di funzione prodotto di valore assoluto ed esponenziale #42549

avt
Omega
Amministratore
Ciao Lupe, vediamo subito come studiare la funzione!

f(x) = |x^2 - 1| \, e^{2x}

Dominio: la funzione f è data dal prodotto di funzioni continue e non presenta alcun punto di discontinuità; per questo motivo possiamo dire che il dominio è

\mbox{dom}(f) = \mathbb{R}=(-\infty, +\infty)

Simmetrie: la funzione non presenta chiaramente simmetrie particolari; vediamo solo se si tratta di una funzione pari o dispari valutandola nel punto -x

f(-x) = |(-x)^2 - 1| \, e^{2(-x)}=|x^2-1|e^{-2x}

La funzione non è chiaramente né pari, né dispari perciò la funzione sicuramente non presenta simmetrie notevoli.

Intersezioni con gli assi: la funzione è ben definita in tutto l'insieme dei numeri reali perciò possiamo cercare l'intersezione con l'asse delle y, dato semplicemente da f(0), e con l'asse delle x.

y \to f(0) = |-1| e^0 = 1 \implies A = (0, 1)

Per quanto riguarda l'asse delle x si ha

f(x)=0\to |x^2 - 1|e^{2x} = 0

La funzione esponenziale non può annullarsi e dunque affinché il prodotto sia nullo dobbiamo richiedere che il fattore |x^2-1| sia uguale a zero

|x^2-1|=0\to x^2-1=0\to x=\pm 1

In definitiva f(x) interseca l'asse delle ascisse nei punti (1, 0) e (-1, 0).

Segno della funzione: la funzione è chiaramente sempre positiva nel suo dominio ( tranne quando si annulla ) perché data dal prodotto di due funzioni sempre positive ( o al più nulle - la prima - ).

Limiti: vediamo adesso come la funzione si comporta quando la x va ad infinito ( positivo e negativo ) in modo da poter iniziare a tracciare un grafico .

\\ \lim_{x \to + \infty} f(x) = \\ \\ \\ =\lim_{x\to +\infty}|x^2-1|e^{2x}= + \infty \\ \\ \\ \lim_{x \to - \infty} f(x) = \\ \\ =\lim_{x\to -\infty}|x^2-1|e^{2x}= 0^+

Il secondo risultato si deve al fatto che l'esponenziale è un infinito di ordine superiore rispetto al semplice x^2.

Asintoti: di asintoti verticali non ne troviamo ( la funzione è continua in tutto l'insieme dei reali ). Vediamo ora per gli asintoti obliqui:

\\ m_1 = \lim_{x \to + \infty} \frac{f(x)}{x} = \\ \\ \\ = \lim_{x\to +\infty}\frac{|x^2-1|e^{2x}}{x}= + \infty

Ancora una volta l'esponenziale è un infinito di ordine superiore alla potenza presente al denominatore.

Questo vuol dire che non ci sono asintoti obliqui; troviamo quindi che l'unico asintoto presente è l'asintoto orizzontale calcolato poc'anzi con il limite a meno infinito.

y = 0 è l'equazione dell'asintoto orizzontale sinistro.


Derivata prima e calcolo di massimi e minimi: in questo caso è conveniente definire la funzione a tratti per togliere il modulo e derivare senza grossi problemi.

f(x)=\begin{cases}(x^2-1)e^{2x}&\mbox{ se }x\le -1\vee x\ge 1 \\ \\ (1-x^2)e^{2x}&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

Per determinare la derivata prima è sufficiente derivare ciascun ramo applicando la regola di derivazione del prodotto prima e la regola di derivazione per le funzioni composte dopo.

Attenzione: è necessario escludere i punti di raccordo x=-1,\ x=1, il cui studio della derivabilità richiederà un approfondimento.

\\ f'(x)=\frac{d}{dx}[f(x)]=\begin{cases}\frac{d}{dx}[(x^2-1)e^{2x}]&\mbox{ se }x< -1\vee x> 1 \\ \\ \frac{d}{dx}[(1-x^2)e^{2x}]&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases} \\ \\ \\ f'(x)=\begin{cases}2xe^{2x}+(x^2-1)\cdot 2e^{2x}&\mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ -2xe^{2x}+(1-x^2)\cdot 2e^{2x}&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

Al fine di semplificare lo studio del segno della derivata prima, raccogliamo totalmente 2e^{2x} e sommiamo i termini simili

f'(x)=\begin{cases}2e^{2x}(x^2+x-1)&\mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ 2e^{2x}(-x^2-x+1)&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

Analizziamo la derivabilità nei punti x=-1\mbox{ e }x=1, cominciando dal primo. Costruiamo e calcoliamo i limiti destro e sinistro del rapporto incrementale nel punto x=1:

\\ \lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{e^{2(1+h)}|h^2+2h|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{e^{2(1+h)}|h|\cdot |h+2|}{h}

Poiché h tende a zero per valori positivi allora per definizione di valore assoluto si ha che |h|=h

conseguentemente il limite si riscrive come

\\ \lim_{h\to 0^{+}}\frac{e^{2(1+h)}h\cdot|h+2|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}e^{2(1+h)} |h+2|=2e^{2}

Calcoliamo il limite sinistro del rapporto incrementale centrato in x=1

\\ \lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{e^{2(1+h)}|h^2+2h|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{e^{2(1+h)}|h|\cdot |h+2|}{h}=

Questa volta h tende a zero per valori negativi conseguentemente per definizione di valore assoluto si ha che |h|=-h e dunque il limite diventa

\\ =\lim_{h\to 0^{-}}\frac{e^{2(1+h)}(-h)\cdot |h+2|}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}-e^{2(1+h)}|h+2|=-2e^{2}

I due limiti sono finiti e differenti, di conseguenza la funzione non è derivabile nel punto x_0=1 ed in particolare scopriamo che x_0=1 è un punto angoloso per f(x).

Controlliamo il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale centrato in x_1=-1

\\ \lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(-1+h)-f(-1)}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h^2-2h|e^{2(h-1)}}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|\cdot |h-2|e^{2(h-1)}}{h}=

quando h tende a zero per valori positivi |h|=h conseguentemente il limite diventa

\\ =\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h |h-2|e^{2(h-1)}}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{+}}|h-2|e^{2(h-1)}=2e^{-2}

Impostiamo e calcoliamo il limite sinistro del rapporto incrementale centrato in x_1=-1

\\ \lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(-1+h)-f(-1)}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h^2-2h|e^{2(h-1)}}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|\cdot |h-2|e^{2(h-1)}}{h}=

Attenzione, questa volta h tende a zero per valori negativi, pertanto il limite diventa

\\ =\lim_{h\to 0^{-}}\frac{-h |h-2|e^{2(h-1)}}{h}= \\ \\ \\ = \lim_{h\to 0^{-}}-|h-2|e^{2(h-1)}= -2e^{-2}

I limiti destro e sinistro del rapporto incrementale sono sì finiti ma assumono valori differenti dunque x_1=-1 è un altro punto angoloso.

Adesso studiamo la crescenza della funzione risolvendo la disequazione

f'(x) > 0

che equivale a risolvere le due disequazioni nei domini di riferimento

\\ 2e^{2x}(x^2+x-1)>0 \ \ \ \ \mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ 2e^{2x}(-x^2-x+1)>0 \ \ \mbox{ se }-1<x<1

Per x<-1\vee x>1 si ha che la derivata prima è positiva se e solo se

x^2+x-1>0\to x<\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})\vee x>1

Per -1<x<1 la derivata prima è positiva se e solo se

-x^2-x+1>0\to -1<x<\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})

Queste informazioni ci permettono di asserire che complessivamente f'(x) è

- positiva negli intervalli

\left(-\infty, \frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})\right)\mbox{ e in }\left(-1, \frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})\right)\mbox{ e in  }(1, +\infty)

- negativa negli intervalli

\left(\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5}), -1\right)\mbox{ e in }\left(\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5}), 1\right)

- nulla per x=\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})\vee x=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})

La funzione di partenza f(x) è quindi:

- crescente negli intervalli

\left(-\infty, \frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})\right)\mbox{ e in }\left(-1, \frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})\right)\mbox{ e in  }(1, +\infty)

- decrescente negli intervalli

\left(\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5}), -1\right)\mbox{ e in }\left(\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5}), 1\right)

inoltre

x=\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})

è un punto di massimo relativo per f(x) e il massimo associato è

\mbox{max}=f\left(\frac{1}{2}(-1-\sqrt{5})\right)= \frac{1}{2}(1+\sqrt{5})e^{-1-\sqrt{5}}

È anche punto di massimo relativo il valore

x=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})

e il massimo associato è

\mbox{max}=f\left(\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})\right)=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})e^{-1+\sqrt{5}}

Osserviamo che i punti di non derivabilità x=-1, \ x=1 sono anche punti di minimo relativi per la funzione f(x), in entrambi i casi si ha che

\mbox{min}=f(\pm 1)=0

Calcolo e studio della derivata seconda: calcoliamo la derivata seconda derivando i rami di f'(x)

\\ f''(x)=\frac{d}{dx}[f'(x)]= \\ \\ \\ =\begin{cases}\frac{d}{dx}[2e^{2x}(x^2+x-1)]&\mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ \frac{d}{dx}[2 e^{2x}(-x^2-x+1)]&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

Grazie alla regola di derivazione del prodotto possiamo scrivere

\\ f''(x)=\begin{cases}4 e^{2x}(x^2+x-1)+2e^{2x}(2x+1)&\mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ 4e^{2x}(-x^2-x+1)+2e^{2x}(-2x-1)&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

Raccogliamo i fattori comuni e sommiamo i termini simili così da ottenere l'espressione della derivata seconda

\\ f''(x)=\begin{cases}-2e^{2x}(2x^2+4x-1)&\mbox{ se }x<-1\vee x>1 \\ \\ 2e^{2x}(2x^2+4x-1)&\mbox{ se }-1<x<1\end{cases}

A questo punto studiamo il segno della derivata seconda il quale ci fornirà informazioni sulla concavità della funzione e in più ci dirà se f(x) ammette o meno punti di flesso, ossia i punti in cui avviene il cambio di concavità.

f''(x)\ge 0

Conviene ragionare per rami. Per -1<x<1 la disequazione

f''(x)\ge 0

è

-2e^{2x}(2x^2+4x-1)\ge 0

che è equivalente alla disequazione di secondo grado

-(2x^2+4x-1)\ge 0\to \frac{1}{2}(-2-\sqrt{x})\le x \le \frac{1}{2}(-2+\sqrt{6})

Attenzione: dobbiamo tenere in considerazione il vincolo -1<x<1, dunque

\\ f''(x)\ge 0\to -1<x\le \frac{1}{2}(-2+\sqrt{6}) \\ \\ \\ f''(x)<0\to \frac{1}{2}(-2+\sqrt{6})<x<1

Concentriamoci ora nell'intervallo x<-1\vee x>1 sul quale la derivata seconda è

f''(x)=2e^{2x}(2x^2+4x-1)

Studiamone il segno impostando la disequazione

f''(x)\ge 0

che è a sua volta equivalente alla disequazione di secondo grado

2x^2+4x-1\ge 0\to x\le \frac{1}{2}(-2-\sqrt{6})\vee x\ge \frac{1}{2}(-2+\sqrt{6})

ed anche in questo caso non dobbiamo perdere di vista il vincolo fissato, ossia x<-1\vee x>1.

Traiamo le dovute conclusioni: complessivamente la derivata seconda f''(x) è

- positiva negli intervalli

\left(-\infty, \frac{1}{2}(-2-\sqrt{6})\right)\mbox{ e in }(1,+\infty)

- negativa negli intervalli

\left(\frac{1}{2}(-2-\sqrt{6}), -1\right)\mbox{ e in }\left(\frac{1}{2}(-2+\sqrt{6}), 1\right)

- nulla nei punti

x=\frac{1}{2}(-2-\sqrt{6})\vee x=\frac{1}{2}(-2+\sqrt{6})

pertanto la funzione f(x):

- è convessa negli intervalli

\left(-\infty, \frac{1}{2}(-2-\sqrt{6})\right)\mbox{ e in }(1,+\infty)

- è concava negli intervalli

\left(\frac{1}{2}(-2-\sqrt{6}), -1\right)\mbox{ e in }\left(\frac{1}{2}(-2+\sqrt{6}), 1\right)

- ha due punti di flesso

x=\frac{1}{2}(-2-\sqrt{6})\mbox{ e }x=\frac{1}{2}(-2+\sqrt{6})

Per il grafico, vedi qui: grafico online.
Ringraziano: Pi Greco, Ifrit, Yul
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