Data la seguente funzione:
[math]f(x) = (x^2 - 1) ln|x^2 - 1|[/math]
stabilire se è continua, limitata, se ha massimi e/o minimi relativi e assoluti e calcolarne l'immagine.
Un logaritmo ha senso solo se l'argomento è positivo; dato che
[math]|x^2 - 1| > 0 \implies x \ne \\pm 1[/math]
il dominio massimale della funzione è
[math]D = \mathbb{R} setmi
us {-1, 1}[/math]
Ricordando la definizione di valore assoluto la funzione si può riscrivere così
[math]f(x) = \egin{cases} (x^2 - 1) ln(x^2 - 1 & \text{se } x -1 \\ (x^2 - 1) ln(1 - x^2 & \text{se } -1
Visto che
[math]f[/math]
è data dalla composizione di funzione continue è derivabili se ne deduce che è continua e derivabile nel suo dominio.
[math]f(-x) = ((-x)^2 - 1) ln|(-x)^2 - 1| = (x^2 - 1) ln|x^2 - 1| = f(x)[/math]
quindi
[math]f[/math]
è una funzione pari.
Per trovare le intersezioni con gli assi basta studiare le equazioni
[math]f(x) = 0[/math]
e
[math]y = f(0)[/math]
:
[math]f(x) = 0 \implies (x^2 - 1) ln|x^2 - 1|= 0[/math]
Dato che i punti di ascissa
[math]\\pm 1[/math]
non appartengono al dominio, la funzione si azzera per
[math]ln|x^2 - 1| = 0 \implies |x^2 - 1| = 1 \implies x^2 - 1 = \\pm 1[/math]
Studiando distintamente i due casi si trovano le soluzioni
[math]x = 0[/math]
(doppia),
[math]x = -\sqrt{2}[/math]
,
[math]x = \sqrt{2}[/math]
. Pertanto l'asse delle ascisse viene intercettato nei punti
[math]A=(0,0) \quad B=(\sqrt{2}, 0) \quad C={-\sqrt{2}, 0}[/math]
ed inoltre in
[math]A[/math]
il grafico della funzione è tangente all'asse delle ascisse.
[math]\lim_{x \to \\pm \infty} (x^2 - 1) ln|x^2 - 1| = +\infty[/math]
pertanto la funzione è superiormente illimitata. Per studiare il segno della funzione basta risolvere la disequazione
[math]f(x) \ge 0[/math]
[math](x^2 - 1) ln|x^2 - 1| \ge 0[/math]
[math]x^2 - 1 \ge 0 \implies x 1[/math]
(tenendo conto che i punti di ascissa
[math]-1[/math]
e
[math]1[/math]
non appartengono al dominio)
[math]ln|x^2 - 1| \ge 0 \implies |x^2 - 1| > 1 \implies x^2 - 1 \le -1 \quad \vee \quad x^2 - 1 \ge 1 \implies x = 0 \quad \vee \quad x \sqrt{2}[/math]
Studiando il segno dei due fattori si nota che
[math]f(x) > 0[/math]
se
[math] x \sqrt{2}[/math]
[math]f(x) = 0[/math]
se
[math]x = 0 \quad \vee \quad x = \\pm \sqrt{2}[/math]
[math]f(x) se
[math]-\sqrt{2}
Ora conviene studiare i limiti intorno ai punti
[math]-1[/math]
e
[math]1[/math]
:
[math]\lim_{x \to -1^{-}} (x^2 - 1) ln(x^2 - 1) = 0 \cdot \infty[/math]
forma indeterminata
Usando il teorema di de l'Hopital si trova
[math]\lim_{x \to -1^{-}} \frac{ln(x^2 - 1)}{\frac{1}{x^2 - 1}} = \lim_{x \to -1^{-}} \frac{\frac{2x}{x^2 - 1}}{\frac{-2x}{(x^2 - 1)^2}} = \lim_{x \to -1^{-}} (x^2 - 1) = 0[/math]
Dato che la funzione è pari allora
[math]\lim_{x \to 1^{+}} f(x) = \lim_{x \to -1^{-}} f(x) = 0[/math]
Calcolando il limite per
[math]x[/math]
che tende a
[math]-1[/math]
da destra si ottiene la stessa forma d iinteterminazione di prima, usando il teorema di de l?hopital si trova
[math]\lim_{x \to -1^{+}} (x^2 - 1) ln(1 - x^2) = \lim_{x \to -1^{+}} \frac{ln(1 - x^2)}{\frac{1}{x^2 - 1}} = \lim_{x \to -1^{+}} \frac{\frac{-2x}{1 - x^2}}{\frac{-2x}{(x^2 - 1)^2}} = \lim_{x \to -1^{+}} (1 - x^2) = 0[/math]
Sfruttando la simmetria della funzione si può conlcudere anche che
[math]\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = \lim_{x \to -1^{+}} f(x) = 0[/math]
Dunque sia in
[math]x=1[/math]
che in
[math]x= - 1[/math]
la funzione è prolungabile per continuità .
[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 1}{x}ln(x^2 - 1) = +\infty[/math]
[math]\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - 1}{x} ln(x^2 - 1) = - \infty[/math]
pertanto non ci sono asintoti obliqui.
La derivata prima della funzione vale
[math]f'(x) = \egin{cases} 2x [ln(x^2 - 1) + 1] & \text{se } x 1 \\ 2x [ln(1 - x^2) + 1] & \text{se } -1
Risulta
[math]\lim_{x \to 1^{-}} 2x [ln(1 - x^2) + 1] = 2 (-\infty) = -\infty[/math]
[math]\lim_{x \to -1^{+}} 2x [ln(1 - x^2) + 1] = 2 (-\infty) = -\infty[/math]
[math]\lim_{x \to 1^{+}} 2x [ln(x^2 - 1) + 1] = 2 (-\infty) = -\infty[/math]
[math]\lim_{x \to -1^{-}} 2x [ln(x^2 - 1) + 1] = 2 (-\infty) = -\infty[/math]
Restano da cercare gli eventuali massimi o minimi azzerando la derivata prima:
se
[math]x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)[/math]
allora
[math]2x [ln(x^2 - 1) + 1] = 0 \implies x = 0[/math]
non accettabile, perché
[math]0 \notin (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)[/math]
[math]x = \\pm \sqrt{1 + \frac{1}{e}}[/math]
accettabili
se invece
[math]x \in (-1,1)[/math]
allora
[math]2x [ln(1 - x^2) + 1] = 0 \implies x = 0[/math]
,
[math]ln(1 - x^2) = -1 \implies 1 - x^2 = \frac{1}{e} \implies x = \\pm \sqrt{1 - \frac{1}{e}}[/math]
e sono tutti e tre valori accettabili
Dallo studio del segno e dai calcoli precedenti si può dedurre che il punto di minimo relativo è in
[math]x=0[/math]
, i punti di minimo assoluto sono in
[math]x = \\pm \sqrt{1 + \frac{1}{e}}[/math]
, i punti di massimo relativo sono in
[math]x = \\pm \sqrt{1 - \frac{1}{e}}[/math]
Dato che
[math]f(\sqrt{1 + \frac{1}{e}}) = {1 + \frac{1}{e} - 1} ln(1 + \frac{1}{e} -1) = - \frac{1}{e}[/math]
si deduce che l'immagine della funzione è
[math][- \frac{1}{e}, +\infty)[/math]
Questo è il grafico della funzione
FINE
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