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
FINE
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