Massimi e minimi

[Tommy85]

$f(x)=e^(-x)(log |x|+ (x)/|x|)$ ho trovato il dominio e ho studiato la funzione in due casi uno per $x>0$ e l'altro per $x<0$
per quanto riguarda il caso $x<0$ la derivata prima è $e^(-x)(-log (-x)+1+1/x)$ nn riesco a trovare i punti in cui la derivata prima si annulla

$e^(-x)$ è diversa da $0$ per ogni $x$ che appartiene al dominio, quindi ho studiato $-log (-x)+1+1/x=0$ quindi $1/x-log (-x)=-1$ quindi $(1-xlog (-x))/x=-1$ quindi studio prima il numeratore $x(log(-x))=2$ e abbiamo le sol $x=2$ e $x=e^2$ e $x=-1$
di questre tre soluzioni devo prendere solo $x=-1$ visto che sto facendo il caso per $x<0$ giusto?

[Tommy85]

TeM:Dunque, vediamo un po' ...

\( f(x):=e^{-x}(\log|x|+ \frac{x}{|x|})=\begin{cases} e^{-x}(\log(-x) - 1) & per \; x < 0 \\ e^{-x}(\log x + 1) & per \; x > 0 \end{cases}\)

\( dom[ f ] = \{ x \in \mathbb{R} : x \ne 0 \} \)

\( f'(x)=\begin{cases} e^{-x}(\frac{1}{x}-\log(-x) + 1) & per \; x < 0 \\ e^{-x}(\frac{1}{x}-\log(x) - 1) & per \; x > 0 \end{cases}\)

\( f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow (1, \; f(1)) = \left(1, \; \frac{1}{e}\right) \) è un punto critico di \( f \) ;

\( f''(x)=\begin{cases} e^{-x}(-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}+\log(-x) - 1) & per \; x < 0 \\ e^{-x}(-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}+\log(x) + 1) & per \; x > 0 \end{cases}\)

\( f''(1) = - \frac{2}{e} < 0 \Rightarrow \left(1, \; \frac{1}{e}\right) \) è un punto di massimo locale di \( f \).

Nota bene che è sufficiente studiare i limiti a meno e più infinito di \( f \)
per dedurre che non sono presenti punti di minimo e/o massimo globale.

ma come ho fatto io ho fatto bene?

[Tommy85]

"TeM":1. Errata corrige : \( f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \).
Dato che \( f''(-1) = 0, (-1, \; f(-1)) = (-1 , -e) \) non può essere punto di massimo o di minimo: forse di flesso.

2. L'equazione \( \frac{1}{x} + \log(-x) + 1 = 0 \) è trascendente dell'incognita \(x\). Dunque la strategia vincente per risolverla in maniera elegante (dato che si tratta comunque di un'equazione tranquilla) è per via grafica. Possiamo infatti riscriverla come segue : \( \log(-x) = - \frac{1}{x}-1 \) ovvero : \( \begin{cases} y_1 = \log(-x) \\ y_2 = - \frac{1}{x} - 1 \\ y_1 = y_2 \end{cases} \). Dunque graficando quelle due funzioni, in generale, troviamo i range in cui sono confinate le radici reali della nostra equazione, ovvero i punti di intersezione delle due funzioni, approssimabili quindi per via numerica. In casi particolari come questo riusciamo addirittura a determinare con esattezza le radici della nostra equazione : in questo caso \( x=-1 \) e dato che stavamo considerando \( x < 0 \) sarà accettabile. Ovviamente il ragionamento è analogo per l'altro ramo della funzione in esame.

quindi come l'ho risolta io va bene giusto?

[Tommy85]

"TeM":Seppur il risultato sia corretto la risoluzione non è valida in generale in quanto avresti dovuto "portare" tutto a primo membro, dunque fattorizzare e solo a quel punto uguagliare a zero il numeratore ottenuto.

nn riesco a capire cosa ho sbagliato

[Tommy85]

"TeM":Se avessi avuto da risolvere un'equazione del tipo ... \( \frac{1}{x} + \frac{x^2+1}{x-1} - 1 = 0 \) ti saresti mai permesso di risolverla nel seguente modo ... \( \frac{x-1+x(x^2+1)}{x(x-1)} = 1 \) ... dunque ... \( x-1+x(x^2+1) = 1 \) etc etc ????????

come la dovrei risolvere in questo modo?
$(1-x log(-x))/x=-1$ poi $1-x log(-x)=-x$ poi $1-x log(-x)+x=0$ poi $x(1- log(-x))=-1$ poi $x(1- log(-x))=-1$ quindi abbiamo una soluzione che è $x=-1$ e l'altra $log(-x)=1$ quindi $x=-e$ giusto?

[Tommy85]

TeM:L'equazione che vorresti risolvere è \( \frac{1}{x} - \log(-x) + 1 = 0 \) ovvero \( \frac{1+x(1-\log(-x))}{x} = 0 \).
Dato che una frazione si annulla se e solo se si annulla il proprio numeratore (e non il denominatore) poniamo \( 1+x(1-\log(-x)) = 0 \). A questo punto è inutile portare a secondo membro l'\( 1 \) od operazioni simili, non si va da alcuna parte (se non a tentativi). Segue il discorso che ti ho scritto sopra.

quindi $1+x(1-log(-x))=0$ diventa $x(1-log(-x))=-1$ quindi abiamo una soluzione $x=-1$ e l'altra $log(-x)=2$ quindi $x=-e^2$

[Tommy85]

TeM:1. Errata corrige : \( f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \).
Dato che \( f''(-1) = 0, (-1, \; f(-1)) = (-1 , -e) \) non può essere punto di massimo o di minimo: forse di flesso.

2. L'equazione \( \frac{1}{x} + \log(-x) + 1 = 0 \) è trascendente dell'incognita \(x\). Dunque la strategia vincente per risolverla in maniera elegante (dato che si tratta comunque di un'equazione tranquilla) è per via grafica. Possiamo infatti riscriverla come segue : \( \log(-x) = - \frac{1}{x}-1 \) ovvero : \( \begin{cases} y_1 = \log(-x) \\ y_2 = - \frac{1}{x} - 1 \\ y_1 = y_2 \end{cases} \). Dunque graficando quelle due funzioni, in generale, troviamo i range in cui sono confinate le radici reali della nostra equazione, ovvero i punti di intersezione delle due funzioni, approssimabili quindi per via numerica. In casi particolari come questo riusciamo addirittura a determinare con esattezza le radici della nostra equazione : in questo caso \( x=-1 \) e dato che stavamo considerando \( x < 0 \) sarà accettabile. Ovviamente il ragionamento è analogo per l'altro ramo della funzione in esame.

quindi l'altro ramo è

\( \begin{cases} y_1 = logx \\ y_2 = \frac{1}{x} - x \\ y_1 = y_2 \end{cases} \)
quindi la soluzione $x=1$

posso utilizzare lo stesso sistema per studiare dove è $>0$ per entrambi i rami?

[Tommy85]

"TeM":[quote="scarsetto"]posso utilizzare lo stesso sistema per studiare dove è $>0$ per entrambi i rami?

"TeM":il ragionamento è analogo per l'altro ramo della funzione in esame.

[/quote]

no quello che chiedo e che posso utilizzare lo stesso sistema anzichè mettere $y1=y2$ farlo con > per capire dove la funzione è crescente o decrescente?