Soluzioni
  • In accordo con le regole di calcolo del dominio di una funzione, affinché

    f(x)=\frac{x-1}{\ln(x^2(x-1))}

    sia ben posta, dobbiamo richiedere che:

    - l'argomento del logaritmo sia positivo, in altri termini deve sussistere la disequazione

    x^2(x-1)>0

    - il logaritmo sia non nullo, ossia

    \ln(x^2(x-1))\ne 0

    Le due condizioni devono valere contemporaneamente, ecco perché vanno scritte a sistema

    \begin{cases}x^2(x-1)>0 \\ \\ \ln(x^2(x-1))\ne 0\end{cases}

    Analizziamo separatamente le due condizioni, iniziando dalla disequazione di grado superiore al secondo:

    x^2(x-1)>0

    Studiamo i segni di ciascun fattore:

    \\ x^2>0 \ \to \ \forall x\in\mathbb{R}-\{0\} \\ \\  x-1>0 \ \to \ x>1

    e, una volta costruita la tabella dei segni, ricaviamo che l'insieme soluzione della disequazione è

    x>1

    Consideriamo l'equazione logaritmica

    \ln(x^2(x-1))\ne 0

    Applichiamo ai due membri l'esponenziale e riconduciamoci alla disequazione di grado 3

    x^2(x-1)\ne 1 \ \to \ x^3-x^2-1\ne 0

    Purtroppo il polinomio non può essere scomposto elementarmente, dunque dobbiamo avvalerci del metodo grafico per la ricerca delle soluzioni (oppure a un eventuale metodo numerico di approssimazione come ad esempio metodo delle tangenti, bisezione...).

    Il punto è che non possiamo determinare il valore esatto che annulla il polinomio x^3-x^2-1, possiamo però darne una stima.

    Prendiamo in esame l'equazione

    x^3=x^2+1

    e rappresentiamo sul piano cartesiano le funzioni

    y=x^3 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ y=x^2+1

    La prima è la funzione potenza a esponente dispari il cui grafico è noto, mentre la seconda è una funzione polinomiale di secondo grado il cui grafico coincide con la parabola convessa di vertice V(0,1) e passante per il punto P(1,2).

    Una volta rappresentate le due funzioni, si evince che si intersecano in un punto la cui ascissa x_0 giace nell'intervallo (1,2) e una sua buona approssimazione è x_0\simeq 1,5. Tale valore annulla il denominatore della funzione di partenza, dunque va necessariamente escluso dal dominio.

    Riassumendo abbiamo ricavato due condizioni

    x>1 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ x\ne x_0\simeq 1,5

    che intersecate forniscono il dominio della funzione, vale a dire:

    Dom(f)=(1,x_0)\ \cup \ (x_0, +\infty)

    Abbiamo terminato.

    Risposta di Ifrit
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