Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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tutti e 3 lo so fare fino un certo punto dopo mi blocco

Questa risposta è stata cambiata da TeM (30-11-13 15:49, 3 anni 9 giorni )
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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1. Sul calcolo del limite è tutto ok, mentre sulla propria verifica tramite definizione occorre essere un po' furbi. Nel senso che, avendo già semplificato la funzione in esame per il calcolo del limite, è bene utilizzare tale "forma semplificata" anche nella verifica, altrimenti poi occorre fare tutto da capo. In sostanza, si ha

[math]
\begin{aligned}
\left|\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon \;
& \Leftrightarrow \; -\epsilon < \frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{2} < \epsilon \\
& \Leftrightarrow \; \frac{1}{2}-\epsilon < \frac{1}{\sqrt{x}+1}< \frac{1}{2}+\epsilon \\
& \Leftrightarrow \; \frac{2}{1+2\epsilon} < \sqrt{x}+1< \frac{2}{1-2\epsilon} \\
& \Leftrightarrow \; \dots
\end{aligned}\\
[/math]


2. Per affrontare questo tipo di esercizio occorre seguire le indicazioni di carattere del tutto generale che ti ho fornito nelle precedenti risposte. In particolare, per verificare la derivabilità o meno nell'origine non devi seguire le regole di derivazione, bensì applicare la definizione di derivata ossia calcolare il limite del rapporto incrementale.


3. Qui sono d'accordo sul fatto che
[math]f(x):=\left|\log x\right|\,\left(\log x - 1\right) = \begin{cases} \log x\,\left(1 - \log x\right) & per \; \; 0 < x < 1 \\ \log x\,\left(\log x-1\right) & per \; \; x \ge 1 \end{cases}\\[/math]

ma il proprio dominio è
[math]dom(f)=\left\{ x\in\mathbb{R} : x > 0 \right\}\\[/math]
.
Sull'intersezione di
[math]f[/math]
con gli assi cartesiani e sullo studio delle simmetrie è tutto ok. Sulla ricerca degli asintoti verticali puoi estendere tale studio per
[math]x\to 1[/math]
ed ottenere il medesimo risultato, dunque calcolare il limite per
[math]x\to 0^+[/math]
. Nel calcolo del coefficiente angolare dell'ansintoto obliquo puoi affermare immediatamente che quel limite è pari a zero per via della gerarchia degli infiniti (a numeratore logaritmi e a denominatore potenze).

Per quanto riguarda lo studio della positività di
[math]f[/math]
quello che scrivi è corretto ma incompleto in quanto non consideri il segno per
[math]0 < x < 1[/math]
. A conti fatti si trova che
[math]f(x) < 0[/math]
per
[math]0 < x < 1 \, \vee \, 1 < x < e[/math]
mentre
[math]f(x)>0[/math]
per
[math]x>e\\[/math]
.
Infine, sulla derivata prima, bada bene che

[math]f'(x)= \begin{cases} \frac{1-2\log x}{x} & per \; \; 0 < x < 1 \\ -\frac{1-2\log x}{x} & per \; \; x > 1 \end{cases}\\[/math]

Dunque sono d'accordo che per
[math]x>1[/math]
si abbia
[math]f'(x) < 0[/math]
per
[math]1 < x < \sqrt{e}[/math]
ed
[math]f'(x) > 0[/math]
per
[math]x > \sqrt{e}[/math]
, ma sarai d'accordo che occorre studiare il segno anche per
[math]0 < x < 1[/math]
. Inoltre ti invito ad indagare sulla derivabilità o meno di
[math]f[/math]
per
[math]x=1[/math]
. ;)
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