Analisi 5

[Hajra]

Mi potresti risolvere questo parziale che voglio fare un confronto per favore

[ciampax]

1) Dal momento che

[math]x0[/math]

segue per i limiti che

[math]\lim_{x\to 0^\pm}\frac{1}{2(e^x-1)}=\frac{1}{0^\pm}=\pm\infty[/math]

Verifichiamo per il primo: dobbiamo avere

[math]\forall\ M>0\ \exists\ \delta_M>0\ |\ \forall\ x\ :\ 0< x M[/math]

Allora

[math]2(e^x-1) -\frac{1}{M}\ \Rightarrow\ e^x-1> -\frac{1}{2M}\ \Rightarrow\ e^x> 1-\frac{1}{2M}[/math]

e quindi

[math]\ln\left(1-\frac{1}{2M}\right)< x< 0[/math]

Aggiunto 23 minuti più tardi:

2) Continuità:

[math]\lim_{x\to 0}f(x)=\sqrt{2}=f(0)[/math]

la funzione è continua. Per la derivabilità:

[math]\lim_{h\to 0^\pm}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to 0^\pm}\frac{\sqrt{(|h|-1)^2+1}-\sqrt{2}}{h}=\\ \lim_{h\to 0^\pm}\frac{\sqrt{(|h|-1)^2+1}-\sqrt{2}}{h}\cdot\frac{\sqrt{(|h|-1)^2+1}+\sqrt{2}}{\sqrt{(|h|-1)^2+1}+\sqrt{2}}=\\ \lim_{h\to 0^\pm}\frac{(|h|-1)^2+1-2}{h\left(\sqrt{(|h|-1)^2+1}+\sqrt{2}\right)}=\lim_{h\to 0^\pm}\frac{h^2-2|h|+1+1-2}{2\sqrt{2}\ h}=\\ \frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{h\to 0^\pm}\frac{h^2}{h}-\frac{2|h|}{h}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{h\to 0^\pm}h-\frac{2|h|}{h}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\left(\mp 2\right)=\mp\frac{1}{\sqrt{2}}[/math]

avendo ragionato con il valore assoluto come gli altri casi. La funzione non è pertanto derivabile in zero e presenta un punto angoloso.

[Hajra]

ok mi porta, l'unica per togliere i dubbi

[math]x0[/math]

x < 0 indica k

[math]lim_{x \rightarrow 0^-} [/math]

e vice versa, giusto?????

[ciampax]

Sì, esatto.

[Hajra]

è una domanda stupida lo so ma te la faccio lo stesso

[math]lim_{h→0±}\frac{|h|−1)^2+1−2}{h(\sqrt{(|h|−1)^2}+1+ \sqrt{2})}[/math]

apro il quadrato si sotto k sopra e fin qui ci sto ma dopo qnd fai

[math]h^2−2|h|[/math]

questo dove andato finire sia sopra che sotto????

[ciampax]

Per arrivare al primo punto che dici, ho razionalizzato, moltiplicando numeratore e denominatore per la somma delle radici per cui, a numeratore, viene fuori una somma per una differenza che risulta una differenza di quadrati, cioè:

[math](\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})=(\sqrt{a})^2-(\sqrt{b})^2=a-b[/math]

La seconda cosa viene fuori sviluppando il quadrato al numeratore e facendo i conti, mentre a denominatore calcolo il limite dentro la parentesi, che porta

[math]2\sqrt{2}[/math]

Aggiunto 25 minuti più tardi:

3) DOMINIO: bisogna imporre le condizioni

[math]|x|>0\quad \log|x|-2\not=0\ \Rightarrow\ x\not=0,\ x\not=\pm e^2[/math]

per cui il dominio risulta

[math]D=(-\infty,-e^2)\cup(-e^2,0)\cup(0,e^2)\cup(e^2,+\infty)[/math]

SIMMETRIE: la funzione risulta dispari.


INTERSEZIONI E SEGNO: risolviamo

[math]f(x)\ge 0[/math]

[math]x\ge 0\\ 2\log|x|-3\ge 0\ \Rightarrow\ \log|x|\ge \frac{3}{2}\ \Rightarrow\ |x|\ge e^{3/2}\ \Rightarrow\ x\le -e^{3/2},\ x\ge e^{3/2}\\ \log|x|-2>0\ \Rightarrow\ \log|x|> 2\ \Rightarrow\ |x|> e^2\ \Rightarrow\ x e^2[/math]

e quindi la funzione è positiva su

[math](-e^2,-e^{3/2})\cup(0,e^{3/2})\cup(e^2,+\infty)[/math]

e interseca l'asse x nei punti

[math]A_{\pm}(\pm e^2,0),\ B_{\pm}(\pm e^{3/2},0)[/math]

ASINTOTI: Abbiamo

[math]\lim_{x\to\pm\infty} f(x)=\lim_{x\to\pm\infty} x\frac{2\log|x|}{\log|x|}=\lim_{x\to\pm\infty} 2x=\pm\infty[/math]

Inoltre

[math]m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2\log|x|}{\log|x|}=2[/math]

e

[math]q=\lim_{x\to\pm\infty}[f(x)-2x]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x\log|x|-3x-2x\log|x|+4x}{\log|x|-2}=\\ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{x}{\log|x|-2}=\pm\infty[/math]

e pertanto non vi sono asintoti orizzontali né obliqui. Inoltre

[math]\lim_{x\to 0^\pm} f(x)=\lim_{x\to 0^\pm} x\frac{2\log|x|}{\log|x|}=\lim_{x\to 0^\pm}2x=0[/math]

per cui non vi sono asintoti verticali e in zero vi è una discontinuità eliminabile.


DERIVATA PRIMA. Abbiamo

[math]f'(x)=\frac{2\log|x|-3}{\log|x|-2}+x\cdot\frac{\frac{2}{x}(\log|x|-2)-(2\log|x|-3)\cdot\frac{1}{x}}{(\log|x|-2)^2}=\\ \frac{2\log|x|-3}{\log|x|-2}+x\cdot\frac{\frac{1}{x}\left[2\log|x|-4-2\log|x|+3\right]}{(\log|x|-2)^2}=\\ \frac{2\log|x|-3}{\log|x|-2}+\frac{-1}{(\log|x|-2)^2}=\frac{2\log^2|x|-4\log|x|-3\log|x|+6-1}{(\log|x|-2)^2}[/math]

e quindi

[math]f'(x)=\frac{2\log^2|x|-7\log|x|+5}{(\log|x|-2)^2}[/math]

Poiché il denominatore è sempre positivo sul dominio, ci riduciamo a risolvere la disequazione

[math]2\log^2|x|-7\log|x|+5\ge 0[/math]

Posto

[math]t=\log|x|\ \Rightarrow\ 2t^2-7t+5\ge 0\ \Rightarrow\ t\le 1,\ t\ge 5/2[/math]

. Abbiamo pertanto

[math]\log|x|\le 1\ \Rightarrow\ |x|\le e\ \Rightarrow\ -e\le x\le e\\ \log|x|\ge 5/2\ \Rightarrow\ |x|\ge e^{5/2}\ \Rightarrow\ x\le -e^{5/2},\ x\ge e^{5/2}[/math]

e di conseguenza la funzione

cresce su

[math](-\infty,-e^{5/2})\cup(-e,0)\cup(0,e)\cup(e^{5/2},+\infty)[/math]

decresce su

[math](-e^{5/2},-e^2)\cup(-e^2,-e)\cup(e,e^2)\cup(e^2,e^{5/2})[/math]

ha massimi nei punti

[math]M_1(-e^{5/2},-4e^{5/2}),\ M_2(e,e)[/math]

e minimi nei punti

[math]m_1(-e,-e),\ m_2(e^{5/2},4e^{5/2})[/math]

in quanto

[math]f(\pm e)=\pm e\frac{2\log e-3}{\log e-2}=\pm e\frac{-1}{-1}=\pm e\\ f(\pm e^{5/2})=\pm e^{5/2}\frac{2\log e^{5/2}-3}{\log e^{5/2}-2}=\pm e^{5/2}\frac{2\cdot 5/2-3}{5/2-2}=\pm 4 e^{5/2}[/math]

Aggiunto 13 minuti più tardi:

DERIVATA SECONDA: Abbiamo

[math]f''(x)=\frac{\left(4\log|x|\cdot\frac{1}{x}-\frac{7}{x}\right)(\log|x|-2)^2-(2\log^2|x|-7\log|x|+5)\cdot 2(\log|x|-2)\cdot\frac{1}{x}}{(\log|x|-2)^4}=\\ \frac{1}{x}\cdot\frac{(\log|x|-2)\cdot\left[(4\log|x|-7)(\log|x|-2)-2(2\log^2|x|-7\log|x|+5)\right]}{(\log|x|-2)^3}=\\ \frac{1}{x}\frac{4\log^2|x|-8\log|x|-7\log|x|+14-4\log^2|x|+14\log|x|-10}{(\log|x|-2)^3}[/math]

e infine

[math]f''(x)=\frac{1}{x}\frac{-\log|x|+4}{(\log|x|-2)^3}[/math]

da cui

[math]-\log|x|+4\ge 0\ \Rightarrow\ \log|x|\le 4\ \Rightarrow\ |x|\le e^4\ \Rightarrow\ -e^4\le x\le e^4\\ x>0\\ (\log|x|-2)^3>0\ \Rightarrow\ \log|x|>2\ \Rightarrow\ |x|>e^2\ \Rightarrow\ xe^2[/math]

e in definitiva la funzione

è convessa su

[math](-\infty,-e^4)\cup(-e^2,0)\cup(e^2,e^4)[/math]

è concava su

[math](-e^4,-e^2)\cup(0,e^2)\cup(e^4,+\infty)[/math]

ha flessi nei punti

[math]F(\pm e^4,\pm5/2\cdot e^4)[/math]

in quanto

[math]f(\pm e^4)=\pm e^4\frac{2\log e^4-3}{\log e^4-2}=\pm e^4\frac{8-3}{4-2}=\pm\frac{5}{2} e^4[/math]

Il grafico è riportato di seguito.

Aggiunto 8 minuti più tardi:

Ho dimenticato un limite: questo

[math]\lim_{x\to (e^2)^\pm} f(x)=\lim_{x\to (e^2)^\pm}\frac{e^2}{\log|x|-2}=\pm\infty[/math]

Analogamente

[math]\lim_{x\to (-e^2)^\pm} f(x)=\lim_{x\to (-e^2)^\pm}\frac{-e^2}{\log|x|-2}=\mp\infty[/math]

pertanto le rette

[math]x=\pm e^2[/math]

sono asintoti verticali.