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Buonasera
Ho tentato di studiare la seguente funzione:
Y=(x^3-5x)fratto (2x+1). L'asintoto prizzontale mi viene uguale a 0. È possibile? Non riesco a postare lo svolgimento, mi dà error
Grazie infinite per l'aiuto

Aggiunto 51 secondi più tardi:

Il disegno al solito non mi viene

Aggiunto 8 minuti più tardi:

Sarei molto grata a chi mi correggesse quest'altro esercizio grazie infinite

Questa risposta è stata cambiata da TeM (30-01-16 22:17, 1 anno 7 mesi 23 giorni )
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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PRIMO STUDIO DI FUNZIONE

Data la funzione
[math]f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]
definita da
[math]f(x) := \frac{x^3-5\,x}{2\,x + 1}\,,\\[/math]
essa presenta insieme di definizione

[math]I_f := \left\{ x \in \mathbb{R} : x \ne - \frac{1}{2} \right\} \; .\\[/math]
Dal momento che

[math]f(0) = 0\,, \; \; \; f(x) = 0 \; \Leftrightarrow \; x = 0 \, \vee \, x = \pm \sqrt{5}\\[/math]
ne consegue che il grafico di
[math]f[/math]
interseca gli assi cartesiani nei punti
[math]A(-\sqrt{5},\,0)[/math]
,
[math]O(0,\,0)[/math]
,
[math]B(\sqrt{5},\,0)[/math]
, mentre per quanto riguarda
il segno di
[math]f\\[/math]
, dato che si ha
[math]f(x) > 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; x < -\sqrt{5} \, \vee \, -\frac{1}{2} < x < 0 \, \vee x > \sqrt{5}\\[/math]
ne consegue che
[math]f[/math]
è negativa per
[math]-\sqrt{5} < x < -\frac{1}{2} \, \vee \, 0 < x < \sqrt{5}[/math]
,
positiva per
[math]x < -\sqrt{5} \, \vee \, -\frac{1}{2} < x < 0 \, \vee \, x > \sqrt{5}\\[/math]
.
Per quanto concerne lo studio di
[math]f\\[/math]
ai limiti del proprio dominio, si ha
[math]\begin{aligned} & \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\,, \; \; \lim_{x \to \left(-\frac{1}{2}\right)^-} f(x) = -\infty\,, \\ & \lim_{x \to \left(-\frac{1}{2}\right)^+} f(x) = +\infty\,, \; \; \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\,, \end{aligned}\\[/math]
da cui segue che
[math]f[/math]
presenta un asintoto verticale di equazione cartesiana
[math]x = -\frac{1}{2}[/math]
e non presenta asintoti orizzontali; può essere che
[math]f[/math]
ammetta
asintoti obliqui. In particolare, essendo

[math]\begin{aligned}
m_1 \overset{?}{=} \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = -\infty\,, \; \; m_2 \overset{?}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = +\infty\end{aligned}\\[/math]
si deduce che
[math]f\\[/math]
non ammette nemmeno asintoti obliqui.
È il momento quindi di studiare il segno di
[math]f'[/math]
in
[math]I_f\\[/math]
:
[math]f'(x) = \frac{4\,x^3 + 3\,x^2 - 5}{(2\,x + 1)^2} \ge 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; x \ge 0.877\\[/math]
da cui segue che
[math]f[/math]
è decrescente per
[math]x < -\frac{1}{2}\, \vee \, -\frac{1}{2} < x < 0.877[/math]
,
presenta un punto di minimo relativo
[math]M[/math]
per
[math]x = 0.877[/math]
, è crescente
per
[math]x > 0.877\\[/math]
.
Infine, per quanto concerne lo studio del segno di
[math]f''[/math]
in
[math]I_f\\[/math]
:
[math]f''(x) = \frac{2\left(4\,x^3 + 6\,x^2 + 3\,x + 10\right)}{(2\,x + 1)^3} \ge 0 \; \Leftrightarrow \; x \le -1.834 \, \vee \, x > -\frac{1}{2}\\[/math]
da cui segue che
[math]f[/math]
è convessa per
[math]x < -1.834 \, \vee \, x > -\frac{1}{2}[/math]
, presenta
un punto di flesso
[math]\small F[/math]
per
[math]\small x = -1.834[/math]
, è concava per
[math]\small - 1.834 < x < -\frac{1}{2}\\[/math]
.
In conclusione, alla luce dello studio di funzione fatto, il grafico di
[math]f\\[/math]
è


SECONDO STUDIO DI FUNZIONE

Data la funzione
[math]g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]
definita da
[math]g(x) := \frac{x^4 - 16}{x}\,,\\[/math]
essa presenta insieme di definizione

[math]I_g := \left\{ x \in \mathbb{R} : x \ne 0 \right\} \; .\\[/math]
Dal momento che

[math]g(0) \Rightarrow \; \not\exists\,, \; \; \; g(x) = 0 \; \Leftrightarrow \; x = \pm 2\\[/math]
ne consegue che il grafico di
[math]g[/math]
interseca gli assi cartesiani nei punti
[math]A(-2,\,0)[/math]
,
[math]B(2,\,0)[/math]
, mentre per quanto riguarda il segno di
[math]g[/math]
,
dato che si ha

[math]g(x) > 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; -2 < x < 0 \, \vee \, x > 2\\[/math]
ne consegue che
[math]g[/math]
è negativa per
[math]x < -2 \, \vee \, 0 < x < 2[/math]
,
è positiva per
[math]-2 < x < 0 \, \vee \, x > 2\\[/math]
.
Per quanto concerne lo studio di
[math]g\\[/math]
ai limiti del proprio dominio, si ha
[math]\begin{aligned} & \lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty\,, \; \; \lim_{x \to 0^-} g(x) = +\infty\,, \\ & \lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty\,, \; \; \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\,, \end{aligned}\\[/math]
da cui segue che
[math]g[/math]
presenta un asintoto verticale di equazione cartesiana
[math]\small x = 0[/math]
, mentre non presenta asintoti orizzontali; può essere che
[math]\small g[/math]
ammetta
asintoti obliqui. In particolare, essendo

[math]\begin{aligned}
m_1 \overset{?}{=} \lim_{x \to -\infty} \frac{g(x)}{x} = +\infty\,, \; \; m_2 \overset{?}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)}{x} = +\infty\end{aligned}\\[/math]
si deduce che
[math]g\\[/math]
non ammette nemmeno asintoti obliqui.
È il momento quindi di studiare il segno di
[math]g'[/math]
in
[math]I_g\\[/math]
:
[math]g'(x) = \frac{3\,x^4 + 16}{x^2} \ge 0 \; \; \Rightarrow \; \; \forall\,x \in I_g\\[/math]
da cui segue che
[math]g[/math]
è crescente per
[math]\forall\,x \in I_g\\[/math]
.
Infine, per quanto concerne lo studio del segno di
[math]g''[/math]
in
[math]I_g\\[/math]
:
[math]g''(x) = \frac{2\left(3\,x^4-16\right)}{x^3} \ge 0 \; \Leftrightarrow \; -\frac{2}{\sqrt[4]{3}} \le x < 0 \, \vee \, x \ge \frac{2}{\sqrt[4]{3}}\\[/math]
da cui segue che
[math]g[/math]
è concava per
[math]x < -\frac{2}{\sqrt[4]{3}}[/math]
, presenta un punto di flesso
[math]F_1[/math]
per
[math]x = -\frac{2}{\sqrt[4]{3}}[/math]
, è convessa per
[math]-\frac{2}{\sqrt[4]{3}} < x < 0[/math]
, è concava per
[math]0 < x < \frac{2}{\sqrt[4]{3}}[/math]
, presenta un punto di flesso
[math]F_2[/math]
per
[math]x = \frac{2}{\sqrt[4]{3}}[/math]
, è convessa
per
[math]x > \frac{2}{\sqrt[4]{3}}\\[/math]
.
In conclusione, alla luce dello studio di funzione fatto, il grafico di
[math]g\\[/math]
è

Nota: essendo
[math]g(-x) = -g(x)[/math]
segue che
[math]g[/math]
è una funzione dispari, ossia
il cui grafico è simmetrico rispetto all'origine, quindi si sarebbe potuto studiare
[math]g[/math]
solamente per
[math]x \ge 0\\[/math]
e determinare il resto per simmetria.

TERZO STUDIO DI FUNZIONE

Data la funzione
[math]h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]
definita da
[math]h(x) := \frac{x^2 - 1}{3\,x^2 + 2}\,,\\[/math]
essa presenta insieme di definizione

[math]I_h \equiv \mathbb{R} \; .\\[/math]
Dal momento che

[math]h(0) = -\frac{1}{2}\,, \; \; \; h(x) = 0 \; \Leftrightarrow \; x = \pm 1\\[/math]
ne consegue che il grafico di
[math]h[/math]
interseca gli assi cartesiani nei punti
[math]A(-1,\,0)[/math]
,
[math]B\left(0,\,-\frac{1}{2}\right)[/math]
,
[math]C(1,\,0)[/math]
, mentre per quanto riguarda
il segno di
[math]h\\[/math]
, dato che si ha
[math]h(x) > 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; x < -1 \, \vee \, x > 1\\[/math]
ne consegue che
[math]h[/math]
è positiva per
[math]x < -1 \, \vee \, x > 1[/math]
, è negativa per
[math]-1 < x < 1\\[/math]
.
Per quanto concerne lo studio di
[math]h\\[/math]
ai limiti del proprio dominio, si ha
[math]\begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} h(x) = \frac{1}{3}\,, \; \; \; \; \lim_{x \to +\infty} h(x) = \frac{1}{3}\,, \end{aligned}\\[/math]
da cui segue che
[math]h[/math]
non presenta asintoti verticali e obliqui, bensì
presenta un asintoto orizzontale di equazione cartesiana
[math]y = \frac{1}{3}\\[/math]
.
È il momento quindi di studiare il segno di
[math]h'[/math]
in
[math]I_h\\[/math]
:
[math]h'(x) = \frac{10\,x}{\left(3\,x^2 + 2\right)^2} \ge 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; x \ge 0\\[/math]
da cui segue che
[math]h[/math]
è decrescente per
[math]x < 0[/math]
, presenta un minimo
relativo per
[math]x = 0[/math]
(che in base allo studio dei limiti si deduce esse-
re anche un minimo assoluto per
[math]h[/math]
), è crescente per
[math]x>0\\[/math]
.
Infine, per quanto concerne lo studio del segno di
[math]h''[/math]
in
[math]I_h\\[/math]
:
[math]h''(x) = \frac{20 - 90\,x^2}{\left(3\,x^2 + 2\right)^3} \ge 0 \; \Leftrightarrow \; -\frac{\sqrt{2}}{3} \le x \le \frac{\sqrt{2}}{3}\\[/math]
da cui segue che
[math]h[/math]
è concava per
[math]x < -\frac{\sqrt{2}}{3}[/math]
, presenta un punto di
flesso
[math]F_1[/math]
per
[math]x = -\frac{\sqrt{2}}{3}[/math]
, è convessa per
[math]-\frac{\sqrt{2}}{3} < x < \frac{\sqrt{2}}{3}[/math]
, pre-
senta un punto di flesso
[math]F_2[/math]
per
[math]x = \frac{\sqrt{2}}{3}[/math]
, è concava per
[math]x > \frac{\sqrt{2}}{3}\\[/math]
.
In conclusione, alla luce dello studio di funzione fatto, il grafico di
[math]h\\[/math]
è

Nota: essendo
[math]h(-x) = h(x)[/math]
segue che
[math]h[/math]
è una funzione pari, ossia il
cui grafico è simmetrico rispetto all'asse delle ordinate, quindi si sarebbe po-
tuto studiare
[math]h[/math]
solamente per
[math]x \ge 0\\[/math]
e determinare il resto per simmetria.

Spero sia sufficientemente chiaro. ;)
a4321
a4321 - Sapiens Sapiens - 837 Punti
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Eccezionamente gentile! Grazie! Io fino allo studio del segno con i risultati mi trovo. Il problema è con l'asintoto orizzontale. Mi viene zero. Ma perché invece deve venire infinito?Altro problema è che ancora non mi sono studiata le derivate. GRAZIE

Aggiunto 2 minuti più tardi:

A no no ora mi viene infito. Scusi la domanda sciocca: infinito fratto due fa infinito?
Grazie mille per la disponibilità

Aggiunto 1 minuto più tardi:

Mi scuso tanto perché sbaglio a mettere i titoli ai post

Aggiunto 8 ore 22 minuti più tardi:

Perché nel terzo esercizio la funzione sta sptto L'asintoto?
Grazie mille
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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1. Ricorda che, in generale, si ha:

[math]\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{a\,x^n + b\,x^{n-1} +\dots + k}{a'\,x^m + b'\,x^{m-1} + \dots + k'} = \begin{cases} 0 & \text{se} \; n < m \\ \frac{a}{a'} & \text{se} \; n = m \\ \infty & \text{se} \; n > m \end{cases} \; .\end{aligned}\\[/math]

2. Nel terzo caso, il grafico di
[math]h[/math]
è posto al di sotto dell'asin-
toto
[math]y = \frac{1}{3}[/math]
in quanto si ha
[math]h(x) < \frac{1}{3} \; \Rightarrow \; \forall\,x \in \mathbb{R}\\[/math]
.
Spero sia più chiaro. :)
a4321
a4321 - Sapiens Sapiens - 837 Punti
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Grazie mille
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