Soluzioni
  • Consideriamo la funzione

    f(x)=e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}x

    ed esplicitiamone il dominio imponendo i seguenti vincoli:

    - la condizione di esistenza del logaritmo: richiediamo che il suo argomento sia maggiore di zero, ossia x>0;

    - la condizione di esistenza per le funzioni fratte: richiediamo che il denominatore contenente la variabile sia diverso da zero, ossia \ln(x)\ne 0.

    Proprio perché i due vincoli devono essere soddisfatti contemporaneamente, essi formeranno il sistema di disequazioni

    \begin{cases}x>0\\ \ln(x)\ne 0\end{cases}

    La prima relazione è già risolta, la seconda va trattata alla stregua di un'equazione logaritmica

    \ln(x)\ne 0 \ \ \ \to \ \ \ \begin{cases}x>0 \\ x\ne 1\end{cases}

    da cui

    \mbox{Dom}(f) \ : \ x>0 \ \ \ \wedge \ \ \ x\ne 1

    che nella notazione tipica degli intervalli diviene

    \mbox{Dom}(f) = (0,1)\cup (1,+\infty)

    Determinato il dominio, calcoliamo la derivata prima di f(x) con le usuali regole di derivazione.

    f'(x)=\frac{d}{dx}\left[e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}x\right]=

    Usiamo la regola per la derivata del prodotto:

    =\frac{d}{dx}[e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}]\cdot x+e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\frac{d}{dx}[x]=

    Deriviamo e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}, avvalendoci della regola per la derivata di una funzione composta, e x

     =e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{\ln(x)}\right]x+e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\cdot 1=

    dopodiché usiamo la definizione di potenza con esponente negativo per esprimere \frac{1}{\ln(x)} come (\ln(x))^{-1}

    =e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\frac{d}{dx}[(\ln(x))^{-1}]x+e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}=

    e infine deriviamo la potenza del logaritmo

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

    A questo punto semplifichiamo x e svolgiamo i passaggi algebrici per migliorare l'estetica dell'espressione

    \\ =e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\left[1-\frac{1}{\ln^2(x)}\right]= \\ \\ \\ =e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\left[\frac{\ln^2(x)-1}{\ln^2(x)}\right]

    In definitiva, la derivata di f(x) è:

    f'(x)=e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\left[\frac{\ln^2(x)-1}{\ln^2(x)}\right]

    Per studiarne il segno consideriamo la disequazione

    f'(x)>0 \ \ \ \to \ \ \ e^{\tfrac{1}{\ln(x)}}\left[\frac{\ln^2(x)-1}{\ln^2(x)}\right]>0

    ed osserviamo che nel dominio di f(x) il termine e^{\tfrac{1}{\ln(x)}} è certamente positivo per via della funzione esponenziale, così come è positivo il termine \ln^2(x) per via del quadrato, per cui essi non influenzano il segno di f'(x), che dipende esclusivamente dal segno di \ln^2(x)-1

    f'(x)>0 \ \ \ \iff \ \ \ \ln^2(x)-1>0

    Risolviamo la disequazione logaritmica isolando \ln^2(x) al primo membro

    \ln^2(x)>1 \ \ \ \to \ \ \ \ln(x)<-1 \ \ \ \vee \ \ \ \ln(x)>1

    da cui, applicando l'esponenziale in base e ai membri delle due relazioni e tenendo conto del dominio di f(x) ricaviamo:

    0<x<e^{-1} \ \ \ \vee \ \ \ x>e

    Possiamo affermare che la derivata prima di f(x) è:

    - positiva in (0,e^{-1}) e in (e,+\infty);

    - nulla per x=e^{-1} e per x=e;

    - negativa in (e^{-1},1) e in (1,e).

    Abbiamo finito.

    Risposta di Ifrit
 
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