Esercizio funzione integrale

[zlatancld]

Salve ragazzi, sono nuovo del forum, e vi chiedo disperatamente aiuto.. Ho esame scritto di analisi venerdi e non riesco a capire come procedere in modo lineare allo studio della funzione integrale. Ho provato a leggere il thread apposito ma faccio troppa confusione, si spiegano cose che non abbiamo fatto e vado in tilt :S ora vi chiedo, per favore, se qualcuno può leggere il testo dell'esercizio assegnato nello scorso compito e farmi capire anche solo come procedere per ogni singolo punto, poi cerco di fare i vari passaggi io e li posto.. questo è il link al compito -> http://web.dmi.unict.it/Public/Uploads/ ... ppELAN.pdf è il punto 3 naturalmente.. se qualcuno mi da questa mano gliene sarò eternamente grato

[gugo82]

Tranquillo.
L'esercizio, per quanto possa sembrare strano e difficile, è di una banalità disarmante.

Abbiamo:
\[f(x):=\int_2^{\sqrt{x}} \frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}}\ \text{d} t\; .\]

1. Considerazioni preliminari:

La funzione assegnata è composta dalle due funzioni:
\[\Phi (T):=\int_2^T \frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}}\ \text{d} t \qquad \text{e} \qquad \psi (x):=\sqrt{x}\; .\]

2. Dominio:

Per determinare il dominio \(\text{Dom} (f)\) occorre e basta risolvere il sistema:
\[\tag{1} \begin{cases} x\in \text{Dom}(\psi) \\ \psi (x)\in \text{Dom} (\Phi)\end{cases}\]
e, per fare ciò, bisogna innanzitutto determinare \(\text{Dom}(\psi)\) e \(\text{Dom}(\Phi)\).
Il dominio \(\text{Dom}(\psi)\) è evidentemente l'intervallo \([0,+\infty[\), quindi la condizione \(x\in \text{Dom}(\psi)\) equivale a \(x\geq 0\).
Per determinare il dominio \(\text{Dom}(\Phi)\) ragioniamo come segue: l'integrando \(\phi (t):=\frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}}\) è definito, positivo e continuo in \(]1,+\infty[\) ed è sommabile in \(1\), in quanto è un infinito d'ordine \(1/2\); conseguentemente la funzione integrale di \(\phi\) di piede \(2\), cioè \(\Phi\), è definita e continua in \(]1,+\infty[\) e si prolunga con continuità su \(1\) da destra, pertanto abbiamo \(\text{Dom}(\Phi)=[1,+\infty[\) e quindi la seconda condizione in (1) equivale ad imporre \(\psi(x)\geq 1\).
Da quanto appena detto segue immediatamente che il dominio \(\text{Dom}(f)\) è individuato dalle limitazioni:
\[\begin{cases} x\geq 0 \\ \sqrt{x}\geq 1\end{cases}\]
e perciò \(\text{Dom}(f)=[1,+\infty[\).

3. Asintoti del diagramma:

Evidentemente \(f\) è continua in \([1,+\infty[\) (perchè entrambe le componenti esterna ed interna sono funzioni continue), ergo il grafico di \(f\) non può possedere asintoti verticali.
L'unica eventualità che può presentarsi è quella di un asintoto orizzontale/obliquo a destra del dominio, quindi dobbiamo analizzare il comportamento di \(f\) intorno a \(+\infty\).
Evidentemente è:
\[\lim_{x\to +\infty} \psi (x)=+\infty \qquad \text{e} \qquad \lim_{T\to +\infty} \Phi(T) =+\infty\]
(l'ultima relazione è giustificata dal fatto che \(\phi(t) \to +\infty\) quando \(t\to +\infty\)), quindi:
\[\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to +\infty} \Phi(\psi(x))=+\infty\]
ed il grafico di \(f\) non può avere asintoto orizzontale a destra.
D'altra parte si ha:
\[\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}\ f(x) =\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}\ \int_2^{\sqrt{x}} \frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}}\ \text{d} t\; ,\]
e, dato che per \(t\geq 2\):
\[\tag{2} \begin{split} \frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}} &\geq \frac{e^t(t-1)}{2\sqrt{t-1}} \\ &\geq \frac{e^t\sqrt{t-1}}{2} \\ &\geq \frac{1}{2}\ e^t\; ,\end{split}\]
si ha:
\[ \begin{split} \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}\ f(x) &\geq \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x} \int_2^{\sqrt{x}} \frac{1}{2}\ e^t\ \text{d} t \\ &= \lim_{x\to +\infty} \frac{e^{\sqrt{x}} -e^2}{2x} \\ &= +\infty\; , \end{split}\]
perciò il diagramma del grafico di \(f\) non è nemmeno dotato di asintoto obliquo a destra.

Inoltre, dalla minorazione (2) segue che la \(f\) cresce almeno come \(e^{\sqrt{x}}\) quando \(x\to +\infty\).

4. Monotonia:

La funzione \(f\) è strettamente crescente in \([1,+\infty[\), poiché è composta da applicazioni strettamente crescenti.
Invero \(\psi\) è manifestamente crescente nel suo dominio; e d'altra parte \(\Phi\) è anch'essa crescente per essere funzione integrale di un'applicazione positiva.

La derivata prima di \(f\) è la funzione definita dall'assegnazione:
\[f^\prime (x):=\frac{1}{4}\ \frac{e^{\sqrt{x}}\ (2\sqrt{x} -1)}{\sqrt{x}\ \sqrt{\sqrt{x} -1}} \; ,\]
e si vede facilmente che tale funzione non si annulla mai in \([1,+\infty[\).

5. Studio del segno:

Chiaramente si ha \(f(4)=\Phi (2)=0\); viste le informazioni sulla monotonia di \(f\) possiamo concludere che \(4\) è l'unico punto in cui \(f\) si annulla e che \(f(x)<0\) [risp. \(>0\)] per \(x<4\) [risp. \(>4\)].

6. Convessità/concavità (da controllare):

La \(\Phi\) è concava per \(T\in [1,\frac{1+\sqrt{2}}{2}]\) e convessa fuori da tale intervallo.
La \(\psi\) è ovunque concava in \([0,+\infty[\).
Conseguentemente \(f\) è certamente concava intorno a \(1\), ma nulla di certo si può dire circa il suo comportamento fuori da tale intorno senza un'analisi attenta della derivata seconda \(f^{\prime \prime}\).
D'altra parte, lo studio della derivata seconda di \(f\) è oltremodo complicato, quindi ce ne asteniamo.

Se dovessi tirare ad indovinare, direi che la \(f\) diviene convessa per \(x\) "sufficientemente distante" da \(1\) e che il diagramma del grafico di \(f\) ha un unico punto di flesso.

7. Considerazioni accessorie per terminare l'esercizio:

Evidentemente la \(f\) è globalmente invertibile (poiché strettamente crescente); dalle proprietà delle funzioni continue e monotone si ricava che l'immagine di \(f\) è tutto l'intervallo \([\Phi (1),+\infty[\), perciò:
\[\text{Dom} (f^{-1})=[\Phi (1),+\infty[\; .\]
Dato che \(\Phi (1)=\int_2^1 \phi(t)\ \text{d} t =-\int_1^2 \phi(t)\ \text{d} t<0\), il punto \(0\) è interno a \(\text{Dom} (f^{-1})\).

D'altro canto, la \(f^{-1}\) è derivabile con continuità in \([1,+\infty[\) in quanto, per il teorema di derivazione della funzione inversa si ha:
\[(f^{-1})^\prime (y)=\frac{1}{f^\prime (f^{-1}(y))}\]
e la continuità di \((f^{-1})^\prime\) segue dalla continuità di \(f^{-1}\) ed \(f^\prime\) e dal fatto che \(f^\prime\) non si annulla in \([1,+\infty[\).

Infine è:
\[(f^{-1})^\prime (0)=\frac{1}{f^\prime (f^{-1}(0))} =\frac{1}{f^\prime (4)} = \frac{8}{3e^2} \approx 0.361\; .\]

E questo è tutto!

[Quinzio]

Allora il mostro è questo:

[tex]f(x)= \int_{2}^{\sqrt x} \frac{e^t(2t-1)}{2\sqrt{t-1}}dt[/tex]

Non prendere quello che ti dico come la verità, ci provo a risponderti, così faccio esercizi anch'io.

Campo di esistenza:
Direi $D={x \in RR, t>1}$, no ? Facile

Asintoti:
qui si comincia a ballare.

Quando si annulla la $f(x)$ ? In $x=4$, vero ? Facile no ? Prendi nota.

Poi, .... chiamiamo $g(t)$ l'integranda.

Allora $g(t)>0$, $\forall x \in D$, è chiaro no ? Sempre positiva.

Asintoti (di $g(t)$, non di $f(x)$):
$lim_{x \to +oo} g(t) = lim_{x \to -oo} g(t) = +oo$

Quindi, stiamo integrando una funzione sempre positiva, in un intervallo in cui la funzione agli estremi va all'infinito positivo. In un certo punto in mezzo all'intervallo la $f(x)$ vale zero.
Morale: da dove parte e a dove arriva $f(x)$.
Parte da $-oo$ in $x=1$, quindi gli sommo roba positiva (la $g(t)$), (quindi deve salire, ecco perchè parte dagli abissi profondi) poi mi passa per lo zero, e quindi continua a salire all'infinito.
Per cui abbiamo visto che:
$lim_{x \to +oo} f(x)= +oo$
$lim_{x \to 1^+} f(x)= -oo$, con asintoto verticale.
OK ?

E' invertibile la $f(x)$ ?
Certo, è invertibilissima ! Ha sempre derivata positiva !

Passa per l'origine l'invertita $f^{-1}(x)$?
No, e come fa ? La sua immagine (la $g(t)$) parte da 1 !

Calcolare $Df^{-1}(0)$
Ecco qui sono azzi....

Allora seguimi: $\int g(t)dt = G(t)$
vado a calcolarlo, ma non con $x$ , ma con $w =\sqrt x$... e quindi ho $G(w)$
Vado fare la derivata di $G(w)$
$G'(w)= g(w)g'(w)$... tutto come sempre.
Tornando nel mondo $x$.... $G'(x)= (g(x))/(2\sqrtx)$
Quindi la $G'(x)$ (o $G'(t)$ che dir si voglia):
$G'(t) =\frac{e^(\sqrt t)(2(\sqrt t)-1)}{4\sqrt (\sqrt t) \sqrt{(\sqrt t)-1}}$

Bene adesso siamo pronti per la derivata dell'inversa:
$Df(x)= 1/(Df^{-1}(y(x)))$, come da manuale...
quindi $Df^{-1}(y) = \frac{4\sqrt {\sqrt t} \sqrt{{\sqrt x}-1}}{e^{\sqrt x}(2{\sqrt x}-1)}$ (ho ribaltato tutto, chiaro ?)

Atto finale... ci siamo quasi....
Dove la vado a calcolare questa benedetta $Df^{-1}(x)$, nel punto in cui l'integrale vale zero. E dove vale zero l'integrale ?
Ricordi all'inizio ? Avevamo detto in $x=4$

Per cui, e abbiamo finito:
$Df^{-1}(0) = \frac{4\sqrt 2 \sqrt{2-1}}{e^2(2*2-1)}$

Detto questo ci possono essere:
errori, imprecisioni, omissioni, cavolate varie. Non me ne assumo la responsabilità
Aspetto pizza e birra gelata direttamente sotto casa

Fine.

[Quinzio]

Anzi vedo adesso che ha risposto anche gugo.
Tra me e gugo è più facile che prenda giusto lui

[zlatancld]

Ragazzi siete grandi vi ringrazio, domani a mente lucida mi studio quello che avete fatto, nel caso qualcosa mi fosse poco chiara vi richiedo qualcosa se non vi scoccia, ma con due spiegazioni spero di farcela xD.. Grazie ancora!!!! ps se supero l'esame pizza e birra arrivano davvero, per entrambi

[zlatancld]

Allora ragazzi, leggendo le vostre 2 spiegazioni credo che ci siamo delle cose che non combaciano.. gugo dice che il dominio della seconda funzione è esteso anche al punto 1 (con una spiegazione che non ho capito, calcoli la sommabilità in quel punto? E soprattutto come? .-. ) e non vi sono asintoti verticali, mentre quinzio calcola il lim per 1 dalla destra e trova l'asintoto verticale.. Poi dei chiarimenti: parto sempre individuando le due funzioni che compongono quella integrale, per il dominio faccio l'intersezione dei due domini.. ok chiaro.. in base al dominio cerco gli asintoti, ma lo studio del limite posso applicarlo anche direttamente alla funzione ottenuta calcolando la primitiva (F) della funzione e poi calcolando F(b) - F(a)? inoltre, per calcolare la derivata quindi basta prendere l'integrando, sostituire t con $sqrt(x)$ e moltiplicarlo per la derivata della funzione interna, ovvero $sqrt(x)$, giusto? Poi riguardo al fatto se la funzione inversa passa dall'origine, ci sono opinioni contrastanti, anche se mi sembra corretta la spiegazione di gugo, dato che la funzione di partenza è definita a partire da 1, l'immagine la calcolo a partire da 1, dove notiamo che la funzione assume valore negativo, quindi l'inversa essendo monotona e continua, deve passare dallo 0 giusto? Per il resto credo di aver capito abbastanza tutto, se gentilmente potete rispondere a queste domande ve ne sarei grato, cosi cerco di cimentrarmi nello studio di una funzione integrale da solo