Calcolo differenziale

$\textbf{a.}$

Il dominio della funzione coincide con $\mathbb{R}$, perché la radice cubica di un polinomio è sempre calcolabile.

$\textbf{b.}$

La funzione è continua in $\mathbb{R}$ e per lo stesso motivo ma non è derivabile in tutto il suo dominio, ma prima verifichiamo che $f(-5)=f(-2)$:

$f(-5)=\sqrt[3]{(-5)^3+6(-5)^2+3(-5)-10} = \sqrt[3]{-125+150-15-10}=\sqrt[3]{0}=0$

$f(-2)=\sqrt[3]{(-2)^3+6(-2)^2+3(-2)-10}=\sqrt[3]{-8+24-6-10}=\sqrt[3]{0}=0$

$f(-5)=f(-2)=0$.

$f'(x)=\dfrac{x^2+4x+1}{\sqrt[3]{(x^3+6x^2+3x-10)^2}}$ con la regola della catena.

Fattorizzo il denominatore con Ruffini sapendo che $-5$ è uno zero del polinomio:

$(x+5)(x^2+x-2)=(x+5)(x+2)(x-1)$

$f'(x)=\dfrac{(x+2+\sqrt{3})(x+2-\sqrt{3})}{\sqrt[3]{(x+5)(x+2)(x-1)}^2}$ non è derivabile in $x=-5, x=-2, x=1$ per una tangente verticale. Ma rimane derivabile in $(-5,-2)$.

L'esistenza di $c$ è garantita dal teorema, quindi calcoliamo $c$:

Poniamo $f'(c)=0$, quindi $\dfrac{c^2+4c+1}{\sqrt[3]{(c^3+6c^2+3c-10)^2}}=0 \implies c^2+4c+1=0$

$(c+2)^2=3$

$c+2=\pm \sqrt{3}$

$c= -2 \pm \sqrt{3}$ usando il completamento del quadrato.

Essendo $-5<c<-2$ per ipotesi, l'unico valore accettabile è $c=-2-\sqrt{3}$.

$\textbf{c.}$

Poniamo $f'(x)>0$:

$\dfrac{(x+2+\sqrt{3})(x+2-\sqrt{3})}{\sqrt[3]{(x+5)(x+2)(x-1)}^2} >0$

Non è necessario studiare il segno del denominatore, perché è sempre positivo dato che è il quadrato di un numero reale, quindi ci limiteremo a porre $x \neq -5 \land x \neq -2 \land x \neq 1$.

Studiamo il segno del denominatore, dati i due fattori, è banale la conclusione $x<-2-\sqrt{3} \lor x>\sqrt{3}-2$.

$\textbf{d.}$

Calcoliamo il limite della derivata per $x$ che tende a $\pm \infty$ perché sappiamo già che i punti di non derivabilità non hanno asintoti:

$L=\lim_{x \to + \infty} f'(x)=\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x^2+4x+1}{\sqrt[3]{(x^3+6x^2+3x-10)^2}}$

Notiamo che il denominatore non è altro che $f^2(x)$, quindi, applichiamo De L'Hôpital:

$L=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x+4}{2f'(x)f(x)} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x+2}{f'(x)f(x)}$.

Spezziamo il limite in 2:

$L= \lim_{x \to + \infty}  \dfrac{1}{f'(x)} \cdot \lim_{x \to + \infty} \dfrac{x+2}{f(x)}$

$= \dfrac{1}{L} \cdot \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{f'(x)} = \dfrac{1}{L^2}$

$L^3=1 \implies L=1$. 

Il coefficiente angolare dell'asintoto è $m=1$, il limite è lo stesso per $x \to -\infty$ perché il segno meno al numeratore e al denominatore si semplifica e si riduce allo stesso limite.

Adesso calcoliamo il termine noto dell'asintoto come $q=\lim_{x \to + \infty} f(x)-mx =\lim_{x \to + \infty} f(x)-x$.

$q= \lim_{x \to + \infty} x(\sqrt[3]{1+\frac{6}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{10}{x^3}}-1)$

$q=\lim_{x \to + \infty} x(1+\frac{k}{3}-1) = \lim_{x \to \infty} = \frac{xk}{3}$ con $k=\frac{6}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{10}{x^3}$.

$\sqrt[3]{1+k} = 1+\frac{k}{3}$ è un risultato dell'espansione del binomio di Newton:

$(k+1)^n=1+nk+\frac{n(n-1)}{2}k^2 + \frac{r(r-1)(r-2)}{6}k^3...$, per $k$ molto piccoli sono trascurabili gli altri termini della serie (nel nostro caso, se $x \to + \infty$ allora $k \to 0$, quindi per $n = \frac{1}{3}$ abbiamo $(k+1)^{\frac{1}{3}} \approx 1 +\frac{k}{3}$.

$q=\lim_{x \to \infty} \frac{1}{3} x \cdot (\frac{6}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{10}{x^3})= \lim_{x \to \infty} \frac{6}{3} + \frac{3}{x}-\frac{10}{x^2} = \frac{6}{3} + 0 +0 =2$.

Quindi l'asintoto ha l'equazione $y=x+2$.