Studio di funzione (con modulo del logaritmo a denominatore)

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Studio di funzione (con modulo del logaritmo a denominatore) 19/04/2012 09:42 #14997

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Buongiorno! Mi servirebbe aiuto con lo svolgimento del seguente studio di funzione, devo studiare una funzione con il modulo di un logaritmo a denominatore:

f(x)=\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}}

devo svolgere lo studio di funzione in due parti distinguendo a seconda del segno dell'argomento del modulo del modulo? emt

Grazie a chi mi risponderà
 
 

Studio di funzione (con modulo del logaritmo a denominatore) 19/04/2012 14:58 #15036

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Ok emt la funzione è questa qui

f(x)=\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}}

e il procedimento per lo studio di funzione lo trovi nella guida del link.

Cominciamo con il dominio. Dobbiamo imporre due condizioni, di cui una relativa all'esistenza del logaritmo (argomento strettamente positivo) e una relativa al denominatore (denominatore non nullo). Entrambe le condizioni vanno messe a sistema

\begin{cases}\displaystyle\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}\neq 0\\ \\ \displaystyle\left|\frac{1}{2}x-2\right|>0\end{cases}

La presenza del modulo (in riferimento alla seconda condizione) rende quanto meno ridondante la presenza del simbolo di disequazione

\begin{cases}\displaystyle\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}\neq 0\\ \\ \displaystyle\frac{1}{2}x-2\neq 0\end{cases}

La prima condizione si traduce in

\left|\frac{1}{2}x-2\right|\neq 1

che a sua volta equivale a

\frac{1}{2}x-2\neq \pm 1\to x\neq 2,x\neq 6

Per quanto riguarda la seconda condizione, essa si traduce banalmente in x\neq 4.

In definitiva:

Dom(f)=(-\infty,2)\cup(2,4)\cup(4,6)\cup(6,+\infty)

Osserviamo che il dominio non è simmetrico rispetto all'origine pertanto f(x) non può essere né una funzione pari né una funzione dispari.

Passiamo allo studio del segno di f, e risolviamo la disequazione f(x)\geq 0

\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}}\geq 0

o, equivalentemente

\ln{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}\geq 0

applichiamo l'esponenziale ad entrambi i membri

\left|\frac{1}{2}x-2\right|\geq 1

Tale equazione con modulo equivale a sua volta ad una doppia disequazione

\frac{1}{2}x-2\leq -1 \vee \frac{1}{2}x-2\geq 1

le cui soluzioni sono date da

x< 2\vee x> 6

dato che il dominio di f esclude i punti x=2,4,6, abbiamo che f(x) è positiva per x< 2\vee x> 6 e negativa per 2<x<4\vee 4<x<6.

La funzione non presenta intersezioni con l'asse delle ascisse, mentre per quanto riguarda l'asse delle ordinate ci basta calcolare

f(0)=\frac{1}{\ln{(2)}}\simeq 1,44

Passiamo ai limiti agli estremi del dominio, e calcoliamo

\lim_{x\to \pm\infty}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=0^{+}

quindi y=0 è asintoto orizzontale per la funzione


\lim_{x\to 4^{\pm}}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=0^{+}

per cui ne deduciamo che x=4 è un punto di discontinuità di terza specie di f (non c'è nessun asintoto!). Tutti i limiti visti finora sono stati calcolati con le regole dell'algebra degli infiniti e degli infinitesimi.

Poi dobbiamo calcolare

\\ \lim_{x\to 2^{-}}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=+\infty \\ \\ \\ \lim_{x\to 2^{+}}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=-\infty \\ \\ \\ \lim_{x\to 6^{-}}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=-\infty \\ \\ \\ \lim_{x\to 6^{+}}{\frac{1}{\ln{\left(\left|\frac{x}{2}-2\right|\right)}}}=+\infty

dove tali limiti sono stati calcolati, ancora una volta, con l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi (è essenziale fare attenzione al segno dell'infinitesimo prodotto dal logaritmo). In particolare f presenta in x=2,x=6 due asintoti verticali.

Derivata prima.

Ci servono, nell'ordine, la regola di derivazione del rapporto di funzioni e il teorema di derivazione della funzione composta:

\\ f'(x) =\frac{0-\frac{1}{\left|\frac{1}{2}x-2\right|}\frac{\left|\frac{1}{2}x-2\right|}{\frac{1}{2}x-2}\frac{1}{2}}{\ln^{2}{\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}}= \\ \\ \\=\frac{-\frac{1}{x-4}}{\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}= \\ \\ \\ = -\frac{1}{(x-4)\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}

Studiamone il segno, e dunque risolviamo la disequazione f'(x)> 0, che si riduce a

-(x-4)> 0\to x-4<0 \to x<4

dato che il termine logaritmico è al quadrato e dunque non influisce sul segno.

Tenendo conto del dominio di f(x) possiamo asserire che essa è

- crescente negli intervalli

(-\infty,2)\mbox{ e }(2,4)

- decrescente in

(4,6)\mbox{ e in }(6, +\infty)

Attenzione: x=4 non è punto di massimo relativo essendo escluso dal dominio di f.

Calcoliamo e studiamo la derivata seconda applicando la regola di derivazione del quoziente

\\ f''(x)=\frac{d}{dx}\left[-\frac{1}{(x-4)\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}\right]= \\ \\ \\ = \frac{\frac{d}{dx}[-1] (x-4)\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )-(-1)\frac{d}{dx}\left[(x-4)\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )\right]}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}=

Osserviamo che la derivata di -1 è zero, di conseguenza il primo addendo del numeratore sparisce. Non ci resta che derivare il prodotto

\\ = \frac{\frac{d}{dx}\left[(x-4)\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )\right]}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}= \\ \\ \\ = \frac{\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+(x-4)\cdot 2\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)\cdot\frac{1}{\left|\frac{1}{2}x-2\right|}\frac{\left|\frac{1}{2}x-2\right|}{\frac{1}{2}x-2}\cdot\frac{1}{2}}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}

ed eseguendo le dovute semplificazioni otteniamo

\\ = \frac{\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+(x-4)\cdot 2\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)\cdot\frac{1}{\frac{1}{2}x-2}\cdot\frac{1}{2}}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )} = \\ \\ \\ = \frac{\ln^2\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+ 2\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right| \right )}= \\ \\ \\ = \frac{\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)\left[\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+2\right]}{(x-4)^2\ln^4\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}= \\ \\ \\ = \frac{\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+2}{(x-4)^2\ln^3\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}

Studiamo il segno della derivata seconda così da determinare gli intervalli in cui f(x) è convessa e quelli in cui la funzione è concava, oltre agli eventuali punti di flesso.

f''(x)>0\to \frac{\ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+2}{(x-4)^2\ln^3\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)}>0

Studiamo il segno di ciascun fattore che compare in f''(x)

\\ N>0\to \ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)+2>0 \\ \\ \\ \left|\frac{1}{2}x-2\right|>e^{-2}\\ \\ \\ \frac{1}{2}x-2<-e^{-2}\vee \frac{1}{2}x-2>e^{-2}

da cui risolvendo le disequazioni ottenute

x<4-2e^{-2}\vee x>4+2e^{-2}

Il fattore (x-4)^2 è certamente positivo per x\ne 4 giacché è una potenza con esponente pari, dunque non influisce sul segno della frazione.

Non ci resta che concentrarci sulla disequazione logaritmica

\\ \ln^3\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)>0\\ \\ \\ \ln\left(\left|\frac{1}{2}x-2\right|\right)>0 \\ \\ \\ \left|\frac{1}{2}x-2\right|>1\iff x<2\vee x>6

Creando la tabella dei segni scopriamo che f''(x) è:

- positiva negli intervalli

(-\infty, 2),\mbox{ in }\left(4-2e^{-2}, 4\right),\mbox{ in }(4, 4+2e^{-2})\mbox{ e in }(6, +\infty)

- negativa negli intervalli

(2, 4-2e^{-2})\mbox{ e in }(4+2e^{-2}, 6)

- nulla per x= 4 -2e^{-2}\vee x= 4+2e^{-2}

conseguentemente la funzione di partenza f(x)

- è convessa negli intervalli in cui la derivata seconda è positiva, ossia


(-\infty, 2),\mbox{ in }\left(4-2e^{-2}, 4\right),\mbox{ in }(4, 4+2e^{-2})\mbox{ e in }(6, +\infty)

- è concava negli intervalli in cui la derivata seconda è negativa cioè

(2, 4-2e^{-2})\mbox{ e in }(4+2e^{-2}, 6)

- ha due punti di flesso: uno per x=4-2e^{-2} e l'altro per x=4+2e^{-2}.

Silvia91grafico1fraclnabs0.5x-2.png
Ringraziano: Pi Greco, Federica90

Re: Studio di funzione (con modulo del logaritmo a denominatore) 19/04/2012 21:48 #15086

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