Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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La funzione è pari quindi ho fatto lo studio di una parte, va bene così??????
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Va bene risolvere solo per le x positive.

Positività: giusto, ma alla fine scrivi dove la funzione è positiva, se no sembra sempre che ti fermi a metà.

Asintoti: il fatto che
[math]\lim_{x\to 0} f(x)=-1[/math]
cosa implica? Che tipo di punto hai? Poi, hai calcolato giusto il limite ad infinito, ma non hai scritto quale sia l'equazione dell'asintoto orizzontale.
Derivata prima: corretta. E poi?
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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la funzione è positiva
[math]e^{-1} < x< e[/math]

[math]lim_{x \rightarrow 0} f(x)= -1[/math]
implica k non c'è asintoto verticale
[math]lim_{x \rightarrow e^+} \frac{1+log|e|}{1-log|e|} = -\infty[/math]

[math]lim_{x \rightarrow e^-} \frac{1+log|e|}{1-log|e|} = +\infty[/math]

Asintoto orizzontale ha come equazione
[math](+\infty ; -1)[/math]

Aggiunto 5 minuti più tardi:

allora adesso devo trovare i punti per il quale la derivata prima si annulla
[math]\frac{2}{x(1-lnx)^2} = 0[/math]
il denominatore non è mai = zero quindi questo vuol dire la derivata prima non si annulla mai e quindi non c'è ne massimi ne minimi.

Studio del segno:
[math]\frac{2}{x(1-lnx)^2} > 0 \\ x(1-lnx)^2 < 0[/math]
questa equazione non è mai < da 0.
Aggiunto 26 minuti più tardi:

Derivata 2°:

[math]f''(x) = \frac{0*x(1-lnx)^2 - 2*[(1-lnx)^2 + 2(1-lnx)]}{x(1-lnx)^4} \\= -\frac{2*(1-lnx)^2 + 4(1-lnx)}{x(1-lnx)^4}[/math]


Studio del segno:

[math]-\frac{2*(1-lnx)^2 + 4(1-lnx)}{x(1-lnx)^4} > 0[/math]
il meno d'avanti fa cambiare il segno quindi
[math]\frac{2*(1-lnx)^2 + 4(1-lnx)}{x(1-lnx)^4}< 0 \\ N: 2*(1-lnx)^2 + 4(1-lnx)<0[/math]
pongo
[math](1-lnx)= t \\ = 2t^2 + 4t < 0 \\ = 2t(t+2)<0 \\ = t<0 \\ =t<-2 \\ -2<t<0 \\ -2< (1-lnx) < 0 \\ [/math]

[math]D: {x(1-lnx)^4} \Rightarrow \forall x \in R[/math]
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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La cosa che stai dicendo relativamente ai limiti è oscena, ti farei arrestare! :asd

Il limite per
[math]x\to 0[/math]
implica che hai un punto di discontinuità eliminabile. I limiti a
[math]x\to e[/math]
ti permettono di affermare che la retta
[math]x=e[/math]
è un asintoto verticale, mentre l'equazione dell'asintoto orizzontale è
[math]x=-1[/math]
. Devi ripeterti queste definizioni perché se non le ricordi, e non le scrivi giuste, risolvi tutto con un nulla di fatto, anche se sei riuscita a calcolare correttamente i limiti.
Non ho ben capito, o meglio forse hai scritto una cosa confusa, per la derivata: basta dire che, quando studi la derivata per
[math]x>0[/math]
questa risulta sempre positiva per la forma del denominatore e che, quindi, la funzione risulta sempre crescente.
Per la derivata seconda hai commesso un errore di segno: hai

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

e quindi

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

Risolvendo la disequazione si ha

[math]N:\ 2(\ln x+1)\ge 0\ \Rightarrow\ \ln x\ge -1\ \Rightarrow\ x\ge e^{-1}\\ D:\ x^2(1-\ln x)^3>0\ \Rightarrow\ 1-\ln x>0\ \Rightarrow\ x< e[/math]

e quindi
[math]f''(x)\ge 0\ \Rightarrow\ e^{-1}\le x < e[/math]

Ne segue che

[math]f(x)[/math]
è convessa su
[math](e^{-1}, e)[/math]

[math]f(x)[/math]
è concava su
[math](0,e^{-1})\cup(e,+\infty)[/math]

Ammette un flesso nel punto
[math]F(e^{-1}, 0)[/math]
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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me lo puoi fare il grafico per favore, adesso non mi funziona + il cervello dato k 15 ore che sto studiando senza pausa quindi non mi entra più nnt :P
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Eccolo.
Hajra
Hajra - Habilis - 174 Punti
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grazieeee :)
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