Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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sto facendo il terzo fra poco te la metto pure quello, intanto se mi puoi dire se è giusto quello k ho fatto o no.

Aggiunto 26 minuti più tardi:

[math]f(x) = x|logx|+x[/math]

dominio:
[math]x>0 → x ≠ 0 e x ≠ 1 [/math]

simmetria:
[math]f(-x)= -x|log(-x)|+ (-x)[/math]
la funzione non è pari nè dispari
Asintoto Verticale:
[math]lim x→1[/math]
[math]x(logx)+x = 1[/math]

[math]lim x→0^+ -xlogx+x = +\infty[/math]
la funzione ha asintoto verticale al punto 0 ma non al punto 1
Asintoto Orizzontale:
[math]lim x→\infty x(logx)+x = \infty[/math]
non c'è asintoto orizzontale
Asintoto Obliquo:
[math]x→\infty \frac{xlogx+x}{X} = 0[/math]

Intersezione con gli assi:
[math]A(0;0)[/math]
rino6999
rino6999 - VIP - 7008 Punti
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purtroppo hai le idee ancora poco chiare
guardiamo i primi 2 punti(confesso che mi sono fermato lì)

il dominio è semplicemente
[math](0,+\infty)[/math]

perchè la funzione non dovrebbe esistere in x=1 ?

visto il dominio,che senso ha chiedersi se la funzione è pari o dispari?
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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hai ragione ero distratta, allora a questo punto non serve fa l'asintoto verticale al punto 1 ma solo devo fare al punto 0 dove tramite calcoli si vede k ha un asintoto verticale, non esiste l'asintoto orizzontale e quello obliquo mi porta 0 quindi non esiste anche quello obliquo. la positività di questa funzione sinceramente no lo so xk
[math]x|logx|+x >0[/math]
x lo porto al secondo membro
[math]x|logx|> -x[/math]
???????
rino6999
rino6999 - VIP - 7008 Punti
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ragiona un attimo : visto che x>0 ,non ti sembra che la funzione sia sempre positiva?
per quanto riguarda gli asintoti,non esiste neanche quello verticale
infatti,incominciamo a dire che in prossimità dello zero la funzione si può scrivere nella forma
[math]f(x)=\frac{1-lnx}{\frac{1}{x}}[/math]

prova ad applicare De l'Hospital
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Andiamo con ordine:

il limite è giusto ma fai un piccolo errore di calcolo: quando arrivi qui

[math]-\epsilon< -\frac{2}{x^2+1}<\epsilon[/math]

il calcolo segue così

[math]-\epsilon<\frac{2}{x^2+1}<\epsilon[/math]

e dal momento che la funzione al centro risulta sempre positiva (sai perché?) puoi semplicemente scrivere

[math]\frac{x^2+1}{2}>\frac{1}{\epsilon}[/math]

da cui
[math]x^2+1>\frac{2}{\epsilon}[/math]
e ancora
[math]x^2>\frac{2}{\epsilon}-1[/math]
. Ottieni allora come possibili soluzioni
[math]x<-\sqrt{\frac{2}{\epsilon}-1},\qquad x>\sqrt{\frac{2}{\epsilon}-1}[/math]

la seconda delle quali, ponendo la radice pari a
[math]K_\epsilon[/math]
fornisce la richiesta per la verifica del limite.

Passiamo al secondo: la continuità è immediata in quanto la funzione è definita su tutto
[math]\mathbb{R}[/math]
e quindi in sostanza non hai problemi. Per la derivabilità:
[math]\lim_{h\to 0^\pm}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to 0^\pm}\frac{h^{2/3}}{h}=\lim_{h\to 0^{\pm}} h^{-1/3}=\pm\infty[/math]

e pertanto la funzione non è derivabile e presenta una cuspide rivolta verso il basso.

Aggiunto 1 minuto più tardi:

Ti faccio presente che usare de l'Hopital per verificare la derivabilità è come affermare che Dio esiste perché esiste! Infatti, tra le ipotesi del teorema c'è quella che la funzione sia derivabile nel punto dove calcoli il limite, ma se tu questa cosa la devi dimostrare, come fai a saperla prima? Fai attenzione che con queste cose non solo ti bocciano, ma danno fuoco anche al foglio del compito!

Aggiunto 30 minuti più tardi:

Passiamo alla funzione:
[math]f(x)=x|\log x|+x=x(|\log x|+1)[/math]
.
Per il dominio basta porre
[math]x>0[/math]
e quindi
[math]D=(0,+\infty)[/math]
. Ovviamente questo implica che non c'è simmetria e che, inoltre, non c'è intersezione con l'asse y. Per l'intersezione con l'asse x si ha
[math]x(|\log x|+1)=0[/math]
da cui i due casi
[math]x=0[/math]
non accettabile e
[math]|\log x|+1=0\ \Rightarrow\ |\log x|=-1[/math]
il quale non ammette soluzione, dal momento che il valore assoluto è sempre positivo. Inoltre, a causa del dominio, si vede che i due fattori della funzione sono sempre positivi: il primo perché deve essere
[math]x>0[/math]
il secondo perché, essendo
[math]|a|\ge 0[/math]
per definizione, implica che
[math]|\log x|+1\ge 1[/math]
. In definitiva la tua funzione ha il grafico tutto contenuto nel primo quadrante.
Abbiamo due limiti da calcolare. Per il primo si ha

[math]\lim_{x\to 0^+} f(x)=0\cdot \infty[/math]

una forma indeterminata. Tuttavia dovresti sapere che
[math]\lim_{x\to 0} x\cdot\log x=0[/math]
in quanto le potenze di x mangiano il logaritmo. Questo permette di concludere che
[math]\lim_{x\to 0^+} f(x)=0^+[/math]

e quindi il punto
[math]x=0[/math]
è un punto di discontinuità eliminabile e la funzione
[math]\tilde{f}(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
f(x) & & x>0\\ 0 & & x=0
\end{array}\right.[/math]

è una estensione per continuità della funzione data. Per il secondo limite

[math]\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty[/math]

e
[math]m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty} |\log x|+1=+\infty[/math]
e pertanto non ci sono né asintoti orizzontali né obliqui.
Per calcolare la derivata, scriviamo meglio la funzione analizzando il valore assoluto. Dal momento che
[math]\log x\ge 0\ \Leftrightarrow\ x\ge 1[/math]
abbiamo
[math]f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
x(\log x+1) & & x\ge 1\\ x(-\log x+1) & & 0 < x < 1
\end{array}\right.[/math]

Ne segue

[math]f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
(\log x+1)+x\cdot\frac{1}{x} & & x\ge 1\\ (-\log x+1)+x\cdot\left(-\frac{1}{x}\right) & & 0 < x < 1
\end{array}\right.[/math]

e quindi

[math]f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
\log x+2 & & x\ge 1\\ -\log x & & 0 < x < 1
\end{array}\right.[/math]

Possiamo allora studiare il segno della derivata prima al modo seguente:

1) se
[math]x\ge 1[/math]
abbiamo
[math]\log x+2\ge 0\ \Rightarrow\ \log x\ge -2[/math]
da cui
[math]x\ge e^{-2}[/math]
che tuttavia è minore di 1: questo implica che
[math]f'(x)>0[/math]
per
[math]x\ge 1[/math]
;
2) se
[math]0 < x < 1[/math]
allora
[math]-\log x\ge 0\ \Rightarrow\ \log x\le 0[/math]
da cui
[math]0 < x \le 1[/math]
e di nuovo risulta
[math]f'(x)>0[/math]
su
[math]0< x < 1[/math]
.
In definitiva segue che la derivata prima è sempre positiva sul dominio della funzione e quindi la funzione stessa è sempre crescente. Inoltre si ha

[math]\tilde{f}'(0)=\lim_{h\to 0^+}\frac{h(|\log h|+1)-0}{h}=\lim_{h\to 0^+}|\log h|+1=+\infty[/math]

per cui la funzione parte, nel punto
[math]x=0[/math]
, con direzione tangente verticale e crescente. In più
[math]\lim_{h\to 0^\pm}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim_{h\to 0^\pm}\frac{(1+h)(|\log(1+h)|+1)-1}{h}=\\ =\lim_{h\to 0^\pm}\frac{(1+h)|\log(1+h)|}{h}+1=\lim_{h\to 0^\pm} \pm(1+h)+1=\\ =\left\{\begin{array}{lcl} 2 & & h\to 0^+\\ 0 & & h\to 0^-
\end{array}\right.[/math]

dal momento che vale il limite notevole
[math]\lim_{t\to 0}\frac{\log(1+t)}{t}=1[/math]
. Ne segue che nel punto
[math]x=1[/math]
la funzione non è derivabile e presenta un punto angoloso.

Per la derivata seconda abbiamo infine:

[math]f''(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
1/x & & x\ge 1\\ -1/x & & 0 < x < 1
\end{array}\right.[/math]

per cui è immediato verificare che
[math]f''(x)>0\ \Leftrightarrow\ x\ge 1[/math]
(e quindi la funzione è convessa) e
[math]f''(x)<0\ \Leftrightarrow\ 0 < x < 1[/math]
e quindi la funzione è concava.
Il grafico è allegato.
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