Studio di funzione con parametro
Salve a tutti,
Sto preparando l'esame di Analisi 1 con un bel po di problemi sulla parte dello studio di funzione parametrico.
Vi volevo portare questo esercizio per avere qualche delucidazione.
Studiare la funzione $ e^(x^2)+alpha e^(-x^2) $ al variare di $ alpha $ .
1) Condizioni di esistenza: è definita per ogni x appartenente a R
2) Simmetrie: la funzione è pari in quanto f(x)=f(-x) e si può quindi limitare lo studio nell'intervallo [0,+inf)
3)Studio del segno: sviluppando la funzione si ottiene $ (e^(2x^2)+alpha)/e^(x^2) $ e essendo che l'esponenziale è da solo al denominatore è sempre positivo. Si può quindi studiare il numeratore ovvero $ e^(2x^2)+alpha >0 $
Qui sorgono i primi problemi.
Quello che posso fare è studiare $ e^(2x^2)> - alpha $, ovvero $ 2x^2>log(-alpha) $ .
Tracciando il grafico mi verrebbe da dire che è vera per qualsiasi valore di $ alpha $
Ma in realtà il mio libro dice questo e non ho idea di come poterlo leggere dal grafico.
Ho provato a dare un valore ad alfa e trovare la coordinata $ y=log(-alpha) $ cercando di trovare analiticamente un punto per cui fosse realmente così, ma nulla.
Vi ringrazio per l'attenzione e aspetto una vostra risposta.
Sto preparando l'esame di Analisi 1 con un bel po di problemi sulla parte dello studio di funzione parametrico.
Vi volevo portare questo esercizio per avere qualche delucidazione.
Studiare la funzione $ e^(x^2)+alpha e^(-x^2) $ al variare di $ alpha $ .
1) Condizioni di esistenza: è definita per ogni x appartenente a R
2) Simmetrie: la funzione è pari in quanto f(x)=f(-x) e si può quindi limitare lo studio nell'intervallo [0,+inf)
3)Studio del segno: sviluppando la funzione si ottiene $ (e^(2x^2)+alpha)/e^(x^2) $ e essendo che l'esponenziale è da solo al denominatore è sempre positivo. Si può quindi studiare il numeratore ovvero $ e^(2x^2)+alpha >0 $
Qui sorgono i primi problemi.
Quello che posso fare è studiare $ e^(2x^2)> - alpha $, ovvero $ 2x^2>log(-alpha) $ .
Tracciando il grafico mi verrebbe da dire che è vera per qualsiasi valore di $ alpha $
Ma in realtà il mio libro dice questo e non ho idea di come poterlo leggere dal grafico.
Ho provato a dare un valore ad alfa e trovare la coordinata $ y=log(-alpha) $ cercando di trovare analiticamente un punto per cui fosse realmente così, ma nulla.
Vi ringrazio per l'attenzione e aspetto una vostra risposta.
Risposte
Ciao!
$e^{2x^2}$ è monotòna crescente in $[0,\infty)$, pertanto nell'intervallo $[0,\infty)$ assume il suo valore minimo in $x=0$; perciò $e^{2x^2} \geq 1$ per ogni $x\in[0,\infty)$. Dunque se $\alpha> -1$ è $-\alpha<1$ e pertanto la disuguaglianza è sempre verificata perché il minimo della funzione è sempre più grande di $-\alpha$ in questa casistica (credo ci sia un errore tipografico, infatti distingue due volte $\alpha<-1$ e quindi suppongo che la prima volta intendesse $\alpha> -1$).
Gli altri casi mi sembrano abbastanza semplici (si discutono come per una normale disequazione e usando il fatto che l'esponenziale è sempre positivo), c'è qualcosa che non ti è chiaro anche lì?
Attenzione che devi studiare al variare di $x$, $\alpha$ si pensa fissato di volta in volta (è un parametro); il grafico che hai inserito ti confonde perché quello è un confronto tra $2x^2$ e $\log(-x)$, in tal caso si cercherebbero le intersezioni tra due funzioni della stessa variabile $x$. Ecco perché non ti torna.
Questo con il parametro è un altro tipo di problema.
$e^{2x^2}$ è monotòna crescente in $[0,\infty)$, pertanto nell'intervallo $[0,\infty)$ assume il suo valore minimo in $x=0$; perciò $e^{2x^2} \geq 1$ per ogni $x\in[0,\infty)$. Dunque se $\alpha> -1$ è $-\alpha<1$ e pertanto la disuguaglianza è sempre verificata perché il minimo della funzione è sempre più grande di $-\alpha$ in questa casistica (credo ci sia un errore tipografico, infatti distingue due volte $\alpha<-1$ e quindi suppongo che la prima volta intendesse $\alpha> -1$).
Gli altri casi mi sembrano abbastanza semplici (si discutono come per una normale disequazione e usando il fatto che l'esponenziale è sempre positivo), c'è qualcosa che non ti è chiaro anche lì?
Attenzione che devi studiare al variare di $x$, $\alpha$ si pensa fissato di volta in volta (è un parametro); il grafico che hai inserito ti confonde perché quello è un confronto tra $2x^2$ e $\log(-x)$, in tal caso si cercherebbero le intersezioni tra due funzioni della stessa variabile $x$. Ecco perché non ti torna.
Questo con il parametro è un altro tipo di problema.
Allora ti ringrazio, in effetti il mio errore stava nel considerare $ alpha $ non come parametro ma come se fosse una variabile, andando quindi a studiare il grafico.
Voglio riportare un altro esercizio solo per vedere se effettivamente ho capito il discorso:
f(x)= $ (1-x)log(1-x)+alphax $
1) Condizioni di esistenza 1-x>0 =>x<1 e quindi per ogni x appartenente a (-inf,1)
2) Simmetrie: nessuna
3) Asintoti
$ lim_(x ->-oo ) x[(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = -oo $
$ lim_(x ->-oo ) f(x)/x= lim_(x ->-oo ) [(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = +oo $
quindi non ci sono Asintoti Orizzontali ne Obliqui. Inoltre:
$ lim_(x ->1- ) x [(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = alpha $
4) Derivata Prima
$ f'(x)= log(1-x)-1+ alpha $
studio quando è >0
$ log(1-x)< alpha -1 $
alpha>1
prendo per esempio $ alpha=2 $ e ottengo $ log(1-x)<1 $
per cui si nota anche dal grafico che per l'intersezione che ricavo da $ f'(x) $ ovvero $1-e^(alpha-1) $ si ottiene
$x<1-e^(alpha-1) $ e quindi $ x=1-e^(alpha-1) $ punto di minimo.
alpha=1
ottengo $ log(1-x)<0 $ e quindi
e come si può notare dal grafico ho che è verificata per x>0 e quindi x=0 punto di minimo.
alpha<1
prendo per esempio $ alpha=0 $ e ottengo $ log(1-x)<-1 $
e come si può notare dal grafico l'intersezione $ 1-e^(alpha-1) $ questa volta si trova nel quarto quadrante e si ha ancora $x> 1-e^(alpha-1) $ e quindi $ x=1-e^(alpha-1) $ punto di minimo.
5) Derivata Seconda
$ f''(x)=1/(1-x $
e si ha che il numeratore è sempre maggiore di 0 mentre per il denominatore $ x<1 $ e dunque si ha che da -inf a 1 escluso la funzione è sempre convessa.
6)Grafici
Grazie allo studio fatto nella derivata prima posso distinguere i diversi casi conoscendo dove si troverà il minimo per ognuno di essi
Cosi con lo studio penso di aver risolto le problematica giusto?
Voglio riportare un altro esercizio solo per vedere se effettivamente ho capito il discorso:
f(x)= $ (1-x)log(1-x)+alphax $
1) Condizioni di esistenza 1-x>0 =>x<1 e quindi per ogni x appartenente a (-inf,1)
2) Simmetrie: nessuna
3) Asintoti
$ lim_(x ->-oo ) x[(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = -oo $
$ lim_(x ->-oo ) f(x)/x= lim_(x ->-oo ) [(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = +oo $
quindi non ci sono Asintoti Orizzontali ne Obliqui. Inoltre:
$ lim_(x ->1- ) x [(1-x)/(x) *log(1-x) + alpha] = alpha $
4) Derivata Prima
$ f'(x)= log(1-x)-1+ alpha $
studio quando è >0
$ log(1-x)< alpha -1 $
alpha>1
prendo per esempio $ alpha=2 $ e ottengo $ log(1-x)<1 $
per cui si nota anche dal grafico che per l'intersezione che ricavo da $ f'(x) $ ovvero $1-e^(alpha-1) $ si ottiene
$x<1-e^(alpha-1) $ e quindi $ x=1-e^(alpha-1) $ punto di minimo.
alpha=1
ottengo $ log(1-x)<0 $ e quindi
e come si può notare dal grafico ho che è verificata per x>0 e quindi x=0 punto di minimo.
alpha<1
prendo per esempio $ alpha=0 $ e ottengo $ log(1-x)<-1 $
e come si può notare dal grafico l'intersezione $ 1-e^(alpha-1) $ questa volta si trova nel quarto quadrante e si ha ancora $x> 1-e^(alpha-1) $ e quindi $ x=1-e^(alpha-1) $ punto di minimo.
5) Derivata Seconda
$ f''(x)=1/(1-x $
e si ha che il numeratore è sempre maggiore di 0 mentre per il denominatore $ x<1 $ e dunque si ha che da -inf a 1 escluso la funzione è sempre convessa.
6)Grafici
Grazie allo studio fatto nella derivata prima posso distinguere i diversi casi conoscendo dove si troverà il minimo per ognuno di essi
Cosi con lo studio penso di aver risolto le problematica giusto?
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