Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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allora allego la foto di un studio della funzione,
1) non ho capito bene il "q" mi ha risposto benissimo ma solo io k ho una testa di cavolo, allego la foto dove è stato messo la equazione, subito dopo xk al posto di x c'è (x+1) + e?????
3)come devo concludere??
2)avendo tutti i dati come si fa il grafico???
spero che sono stata chiara.
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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1) Per definizione, affinché ci sia un asintoto obliquo devono essere verificate tre condizioni:

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

b)
[math]\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=m\not=0,\ \infty[/math]

c)
[math]\lim_{x\to\infty}[f(x)-mx]=q\not=\infty[/math]

Ora, hai calcolato
[math]m=e[/math]
. Per l'altro valore si ha
[math]q=\lim_{x\to\pm\infty}\left[(x+1)e^{x/(x-1)}-ex\right]=\\ \lim_{x\to\pm\infty} \left\{e^{x/(x-1)}+x\left(e^{x/(x-1)}-e\right)\right\}=[/math]

raccogliendo una e nella parentesi tonda ed applicando le proprietà delle potenze (che, mi pare, ancora non ricordi)

[math]=e+\lim_{x\to\pm\infty} ex\left(e^{\frac{x}{x-1}-1}-1\right)=e+\lim_{x\to\pm\infty} ex\left(e^{\frac{1}{x-1}}-1\right)[/math]

A questo punto, puoi porre
[math]t=1/(x-1)[/math]
: poiché
[math]x\to\pm\infty\ \Rightarrow\ t\to 0^{\pm}[/math]
e inoltre
[math]x=\frac{1-t}{t}[/math]
da cui
[math]=e+e\cdot\lim_{t\to 0^\pm}\frac{1-t}{t}(e^t-1)=e+e\cdot\lim_{t\to 0^\pm}(1-t)\cdot\frac{e^t-1}{t}=\\ e+e\cdot 1\cdot 1=2e[/math]

avendo usato il limite notevole
[math]\lim_{y\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1[/math]



Dal momento che non leggo bene gli altri due fogli (le foto si fanno frontali, non di sbieco!) passo a calcolare le derivate.

[math]f'(x)=e^{\frac{x}{x-1}}+(x+1) e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\frac{1\cdot(x-1)-x\cdot 1}{(x-1)^2}=\\ e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\left[1+(x+1)\cdot\frac{-1}{(x-1)^2}\right]=e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\frac{x^2-2x+1-x-1}{(x-1)^2}[/math]

e quindi

[math]f'(x)=e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\frac{x^2-3x}{(x-1)^2}[/math]

Dal momento che l'esponenziale è sempre positiva, la disequazione
[math]f'(x)\ge 0[/math]
si riduce a studiare il segno della sola frazione. Abbiamo
[math]N:\ x^2-3x\ge 0\ \Rightarrow\ x\le 0,\ x\ge 3[/math]

[math]D:\ (x-1)^2>0\ \Rightarrow\ \forall\ x\not=1[/math]

Pertanto, studiando il segno globale della derivata prima si ricava che

[math]f(x)[/math]
cresce su
[math](-\infty,0)\cup(3,+\infty)[/math]

[math]f(x)[/math]
decresce su
[math](0,1)\cup(1,3)[/math]

Si ha un massimo nel punto
[math]M(0,e^{-1})[/math]
e un minimo nel punto
[math]m(3,e^{3/2})[/math]




Per la derivata seconda si ha

[math]f''(x)=e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\frac{-1}{(x-1)^2}\cdot\frac{x^2-3x}{(x-1)^2}+e^{\frac{x}{x-1}}\cdot\frac{(2x-3)(x-1)^2-(x^2-3x)\cdot 2(x-1)}{(x-1)^4}=\\ e^{\frac{x}{x-1}}\left[\frac{-x^2+3x}{(x-1)^4}+\frac{2x^3-4x^2+2x-3x^2+6x-3-2x^3+6x^2+2x^2-6x}{(x-1)^4}\right][/math]

e dopo qualche semplificazione

[math]f''(x)=e^{\frac{x}{x-1}}\frac{5x-3}{(x-1)^4}[/math]

Di nuovo, essendo l'esponenziale sempre positiva, ci riduciamo a studiare solo il segno della frazione. Abbiamo

[math]N:\ 5x-3\ge 0\ \Rightarrow\ x\ge 3/5[/math]

[math]D:\ (x-1)^4>0\ \Rightarrow\ \forall\ x\not= 1[/math]

Ne deduciamo che

[math]f(x)[/math]
è convessa su
[math](3/5,1)\cup(1,+\infty)[/math]

[math]f(x)[/math]
è concava su
[math](-\infty,3/5)[/math]

La funzione ha un flesso in
[math]F(3/5, 8/5\cdot e^{-3/2})[/math]
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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sisi ho fatto così, le derivate mi portano grazieeeeeeeee
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Ti volevo allegare delle foto per quanto riguarda i passi da seguire per fare il grafico in maniera corretta, ma sono troppo grandi. Provo a riscalarle e inserirle.

Aggiunto 8 minuti più tardi:

Aggiungo le altre due
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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sei un angeloooooooooo
Grazieeeeeeeeeeeeeeeeeeee
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Se hai bisogno, dopo ti faccio anche quelle per gli altri grafici. Scrivimelo nelle discussioni.
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