Studiare il grafico della seguente funzione reale di variabile reale
[math]f(x) = x e^{-\frac{1}{x}}[/math]
Il prodotto fra due termini è definito laddove sono definiti i due fattori, allo stesso modo un esponenziale è definito laddove è definito l'esponente, pertanto il dominio massimale di questa funzione è
[math]{x \in \mathbb{R}: x \ne 0}[/math]
Dato che
[math]f(x) \ne f(-x)[/math]
e allo stesso tempo
[math]f(x) \ne -f(-x)[/math]
la funzione non è né pari né dispari.
Visto che
[math]f[/math]
è data dalla composizione di funzioni continue, allora nel suo dominio è continua.
[math]f(x) = o \quad \implies \quad x=0[/math]
, considerando che tale punto non appartiene al dominio, si deduce che non ci sono intersezioni fra il grafico della funzione e gli assi cartesiani.
[math]e^{-\frac{1}{x}} > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} setmi
us {0}[/math]
pertanto la funzione è positiva se
[math]x>0[/math]
e negativa se
[math]x .
[math]\lim_{x \to 0^{+}}x e^{-\frac{1}{x}} = 0 \cdot e^{-\infty} = 0[/math]
[math]\lim_{x \to 0^{-}} = x e^{-\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{e^{-\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}}[/math]
Sfruttando il teorema di de l'Hopital si ottiene
[math]\lim_{x \to 0^{-}} \frac{e^{-\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{e^{-\frac{1}{x}} \frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to 0^{-}} e^{-\frac{1}{x}} = -\infty[/math]
Pertanto il grafico della funzione ammette come asintoto verticale sinistro la retta di equazione
[math]x=0[/math]
.
[math]\lim_{x \to +\infty} x e^{-\frac{1}{x}} = +\infty[/math]
[math]\lim_{x \to -\infty} x e^{-\frac{1}{x}} = -\infty[/math]
quindi non ci sono asintoti orizzontali.
[math]m = \lim_{x \to \\pm \infty} \frac{x e^{-\frac{1}{x}}}{x} = 1[/math]
[math]q = \lim_{x \to \\pm \infty} x e^{-\frac{1}{x}} - x = \lim_{x \to \\pm \infty} x (e^{-\frac{1}{x}} - 1) = \lim_{x \to \\pm \infty} - \frac{e^{-\frac{1}{x}} - 1}{-\frac{1}{x}} = -1[/math]
dove all'ultimo passaggio è stato sfruttato il limite notevole
[math]\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1[/math]
Dai calcoli precedenti si nota che la funzione ammette un asintoto obliquo di equazione
[math]y = x - 1[/math]
.
La derivata priam dela funzione vale
[math]f'(x) = e^{-\frac{1}{x}} + x e^{-\frac{1}{x}} \cdot \frac{1}{x^2} = e^{-\frac{1}{x}} (1 + \frac{1}{x})[/math]
La
[math]f[/math]
è data dalla composizione continue e derivabili, pertanto nel suo dominio è continua e derivabile.
[math]f'(x) = o \implies 1 + \frac{1}{x} = 0 \implies x = -1[/math]
[math]f'(x) > 0 \implies 1 + \frac{1}{x} > 0 \implies x
Dato che in
[math]-1[/math]
la funzione passa da essere crescente a decrescente, considerando che
[math]f(-1) = -e[/math]
, si deduce che il punto
[math](-1, -e)[/math]
è un minimo. Visto che
[math]-e si nota che il minimo si trova sotto all'asintoto obliquo, ovvero nella parte di piano
[math]y \le x - 1[/math]
.
La derivata seconda della funzione vale
[math]f''(x) = e^{-\frac{1}{x}} \frac{1}{x^2} + (-\frac{1}{x^2}) e^{-\frac{1}{x}} + \frac{1}{x^3} e^{-\frac{1}{x}} = \frac{1}{x^3} e^{-\frac{1}{x}}[/math]
La derivata seconda non si annulla mai, pertanto non ci sono punti di flesso a tangente obliqua. Dal segno della derivata seconda si nota che la funzione è concava per
[math]x e convessa per
[math]x > 0[/math]
. Dai calcoli svolti si può concludere che non ci sono intersezioni fra il grafico della funzione e l'asintoto obliquo.
L'immagine della funzione coincide con l'insieme
[math](-\infty, -e] \cup (0, +\infty)[/math]
Questo è il grafico della funzione
FINE
![Studio della funzione e calcolo di aree: [math] f{{\left({x}\right)}}=\frac{{{x}+{1}}}{{{x}^{2}+{1}}}[/math]](https://cdn.skuola.net/shared/thumb/159x141/news_foto/images/stories/default_img/articoli36.jpg)
