A cura di: Gianni Sammito

Data la seguente funzione:

 

$f(x) = (x^2 – 1) ln|x^2 – 1|$

 

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 $|x^2 – 1| > 0 implies x ne pm 1$ il dominio massimale della funzione è

 

$D = mathbb{R} setminus {-1, 1}$

 

Ricordando la definizione di valore assoluto la funzione si può riscrivere così

 

$f(x) = {((x^2 – 1) ln(x^2 – 1), "se " x < -1 quad vee quad x > -1),((x^2 – 1) ln(1 – x^2), "se " -1 < x < 1):}$

 

Visto che $f$ è data dalla composizione di funzione continue è derivabili se ne deduce che è continua e derivabile nel suo dominio.

 

$f(-x) = ((-x)^2 – 1) ln|(-x)^2 – 1| = (x^2 – 1) ln|x^2 – 1| = f(x)$

 

quindi $f$ è una funzione pari.

Per trovare le intersezioni con gli assi basta studiare le equazioni $f(x) = 0$ e $y = f(0)$:

 

$f(x) = 0 implies (x^2 – 1) ln|x^2 – 1|= 0$

 

Dato che i punti di ascissa $pm 1$ non appartengono al dominio, la funzione si azzera per

 

$ln|x^2 – 1| = 0 implies |x^2 – 1| = 1 implies x^2 – 1 = pm 1$

 

Studiando distintamente i due casi si trovano le soluzioni $x = 0$ (doppia), $x = -sqrt{2}$, $x = sqrt{2}$. Pertanto l’asse delle ascisse viene intercettato nei punti

 

$A=(0,0) quad B=(sqrt{2}, 0) quad C=(-sqrt{2}, 0)$

 

ed inoltre in $A$ il grafico della funzione è tangente all’asse delle ascisse.

 

$lim_{x to pm infty} (x^2 – 1) ln|x^2 – 1| = +infty$

 

pertanto la funzione è superiormente illimitata. Per studiare il segno della funzione basta risolvere la disequazione $f(x) ge 0$

 

$(x^2 – 1) ln|x^2 – 1| ge 0$

 

$x^2 – 1 ge 0  implies x < -1 quad vee quad x > 1$ (tenendo conto che i punti di ascissa $-1$ e $1$ non appartengono al dominio)

 

$ln|x^2 – 1| ge 0 implies |x^2 – 1| > 1 implies x^2 – 1 le -1 quad vee quad x^2 – 1 ge 1 implies x = 0 quad vee quad x < -sqrt{2} quad vee quad x > sqrt{2}$

 

Studiando il segno dei due fattori si nota che

 

$f(x) > 0$ se $ x < sqrt{2} quad vee quad 1 < x < 1 quad vee quad x > sqrt{2}$

 

$f(x) = 0$ se $x = 0 quad vee quad x = pm sqrt{2}$

 

$f(x) < 0$ se $-sqrt{2} < x < 1 quad vee quad 1 < x < sqrt{2}$

 

Ora conviene studiare i limiti intorno ai punti $-1$ e $1$:

 

$lim_{x to -1^{-}} (x^2 – 1) ln(x^2 – 1) = 0 cdot infty$ forma indeterminata

 

Usando il teorema di de l’Hopital si trova

 

$lim_{x to -1^{-}} frac{ln(x^2 – 1)}{frac{1}{x^2 – 1}} = lim_{x to -1^{-}} frac{frac{2x}{x^2 – 1}}{frac{-2x}{(x^2 – 1)^2}} = lim_{x to -1^{-}} (x^2 – 1) = 0$

 

Dato che la funzione è pari allora

 

$lim_{x to 1^{+}} f(x) = lim_{x to -1^{-}} f(x) = 0$

 

Calcolando il limite per $x$ che tende a $-1$ da destra si ottiene la stessa forma d iinteterminazione di prima, usando il teorema di de l?hopital si trova

 

$lim_{x to -1^{+}} (x^2 – 1) ln(1 – x^2) = lim_{x to -1^{+}} frac{ln(1 – x^2)}{frac{1}{x^2 – 1}} = lim_{x to -1^{+}} frac{frac{-2x}{1 – x^2}}{frac{-2x}{(x^2 – 1)^2}} = lim_{x to -1^{+}} (1 – x^2) = 0$

 

Sfruttando la simmetria della funzione si può conlcudere anche che

 

$lim_{x to 1^{-}} f(x) = lim_{x to -1^{+}} f(x) = 0$

 

Dunque sia in $x=1$ che in $x= – 1$ la funzione è prolungabile per continuità.

 

$lim_{x to +infty} frac{x^2 – 1}{x}ln(x^2 – 1) = +infty$

 

$lim_{x to -infty} frac{x^2 – 1}{x} ln(x^2 – 1) = – infty$

 

pertanto non ci sono asintoti obliqui.

La derivata prima della funzione vale

 

$f'(x) = {(2x [ln(x^2 – 1) + 1], "se " x < -1 quad vee quad x > 1),(2x [ln(1 – x^2) + 1], "se " -1 < x < 1):}$

 

Risulta

 

$lim_{x to 1^{-}} 2x [ln(1 – x^2) + 1] = 2 (-infty) = -infty$

 

$lim_{x to -1^{+}} 2x [ln(1 – x^2) + 1] = 2 (-infty) = -infty$

 

$lim_{x to 1^{+}} 2x [ln(x^2 – 1) + 1] = 2 (-infty) = -infty$

 

$lim_{x to -1^{-}} 2x [ln(x^2 – 1) + 1] = 2 (-infty) = -infty$

 

Restano da cercare gli eventuali massimi o minimi azzerando la derivata prima:

 

se $x in (-infty, -1) cup (1, +infty)$ allora  $2x [ln(x^2 – 1) + 1] = 0 implies x = 0$ non accettabile, perché $0 notin (-infty, -1) cup (1, +infty)$ $x = pm sqrt{1 + frac{1}{e}}$ accettabili

 

se invece $x in (-1,1)$ allora  $2x [ln(1 – x^2) + 1] = 0 implies x = 0$, $ln(1 – x^2) = -1 implies 1 – x^2 = frac{1}{e} implies x = pm sqrt{1 – frac{1}{e}}$ 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 $x=0$, i punti di minimo assoluto sono in $x = pm sqrt{1 + frac{1}{e}}$, i punti di massimo relativo sono in $x = pm sqrt{1 – frac{1}{e}}$

 

Dato che $f(sqrt{1 + frac{1}{e}}) = (1 + frac{1}{e} – 1) ln(1 + frac{1}{e} -1) = – frac{1}{e}$ si deduce che l’immagine della funzione è

 

$[- frac{1}{e}, +infty)$

 

Questo è il grafico della funzione

 

Grafico

 

FINE