Continuità e derivabilità funzione a tratti con integrale e parametri

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Continuità e derivabilità funzione a tratti con integrale e parametri #100086

avt
hhzi12
Punto
Avrei bisogno di una mano per questo tipo di esercizio che chiede di studiare la continuità e la derivabilità della seguente funzione a tratti:

f(x)=\begin{cases}\dfrac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\dfrac{1}{2}&\mbox{se} \ x>1\\ \\ \beta &\mbox{se} \ x=1\\ \\ \dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}&\mbox{se} \ 0<x<1\end{cases}

al variare dei parametri \alpha\ \mbox{e} \ \beta.

Grazie in anticipo per l'aiuto.
 
 

Continuità e derivabilità funzione a tratti con integrale e parametri #100092

avt
Ifrit
Amministratore
Prima di tutto una premessa: la continuità di una funzione non si calcola, così come non si calcola la derivabilità di una funzione. La terminologia corretta è: studiare la continuità e la derivabilità. emt

Consideriamo la funzione definita per casi:

f(x)=\begin{cases}\dfrac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\dfrac{1}{2}&\mbox{se}\ x>1\\ \\ \beta&\mbox{se}\ x=1 \\ \\ \dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}&\mbox{se} \ 0<x<1\end{cases}

Essa è formata da tre rami:

- la funzione integrale

f_{1}(x)=\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}}{(x-1)^{\alpha}}-\frac{1}{2}

definita nell'intervallo (1,+\infty)

- la funzione f_{2}(x)=\beta definita esclusivamente per x=1;

- la funzione fratta con logaritmo

f_{3}(x)=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^{2}}

definita sull'intervallo 0<x<1.

Il nostro compito prevede di determinare i valori dei parametri \alpha\ \mbox{e}\ \beta in modo che

- f(x) risulti continua sul proprio dominio;

- f(x) risulti derivabile sul proprio dominio.


Studio della continuità

Esaminiamo la continuità dei singoli rami, partendo dal primo:

f_{1}(x)=\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}+\frac{1}{2}

è una funzione continua in (1,+\infty), infatti è composizione di funzioni continue.

Osservazione

Per dimostrare la continuità di

y=\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt

è sufficiente notare che, per x>1, la funzione integranda g(t)=e^{-t^2} è una funzione continua in [1,x]: il teorema fondamentale del calcolo integrale garantisce la continuità di \int_{1}^{x}e^{-t^2}dt.

Per quanto concerne il ramo

f_{3}(x)=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}

per 0<x<1, essa è una funzione continua perché composizione di funzioni continue.

L'unico punto in cui abbiamo dubbi sulla continuità è proprio il punto di raccordo x_{0}=1 (è il punto in cui la funzione cambia la sua espressione analitica).

Studio della continuità nel punto x_{0}=1

Quando la funzione è definita per casi, lo studio della continuità nei punti di raccordo richiede l'uso della definizione di funzione continua in un punto.

In termini espliciti occorre:

- calcolare i limite destro e sinistro per x\to x_{0}=1;

- verificare che esistano finiti e che siano uguali tra loro;

- controllare che i limiti destro e sinistro coincidano con il valore che la funzione in x_{0}=1.

In formule devono essere verificate le seguenti condizioni:

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


Calcolo dei limiti destro e sinistro

Impostiamo il limite destro:

f_{+}(1)=\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=

Poiché x\to 1 per valori più grandi di 1, ci troviamo nell'intervallo (1,+\infty) ecco perché inseriremo al posto di f(x) il primo ramo.

=\lim_{x\to 1^{+}}\left[\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\frac{1}{2}\right]

Se \alpha<0, il limite è di facile risoluzione perché (x-1)^{\alpha} passa al numeratore e tende a 0 per x\to 1^{+}, per cui il limite è uguale a -\frac{1}{2}.

Se \alpha=0, il limite diventa

\lim_{x\to 1^{+}}\left[\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt-\frac{1}{2}\right]=-\frac{1}{2}

perché per x\to 1^{+}, gli estremi di integrazione diventano uguali e ciò fa sì che l'integrale definito sia uguale a 0.

Se \alpha>0Il limite presenta, al primo addendo, la forma di indecisione, ossia

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}=\left[\frac{0}{0}\right]

che può essere risolta usando il teorema di de l'Hopital: in buona sostanza considereremo il limite delle derivate di

\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt \ \ \ \mbox{e} \ \ \ (x-1)^{\alpha}

Determiniamo l'espressione della derivata della funzione integrale usando la regola di derivazione

\frac{d}{dx}\left[\int_{x_{0}}^{x}G(t)dt\right]=G(x)

che ci autorizza a scrivere:

\\ \frac{d}{dx}\left[\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt\right]=e^{-x^2}

Calcoliamo la derivata della potenza (x-1)^{\alpha}

\frac{d}{dx}[(x-1)^{\alpha}]=\alpha (x-1)^{\alpha-1}

Note le derivate del numeratore e del denominatore, il limite

\lim_{x\to 1^{+}}\left[\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\frac{1}{2}\right]=^{H}

diventa

=^{H}\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{\alpha(x-1)^{\alpha-1}}=

ed esiste finito se e solo se

\alpha- 1\le 0\ \ \ \to \ \ \ \alpha\le 1

(non dimentichiamo il vincolo \alpha>0). In particolare

- se 0<\alpha<1, il limite è nullo, infatti

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{\alpha(x-1)^{\alpha-1}}=\lim_{x\to 1^{+}}e^{-x^2}(x-1)^{1-\alpha}=0

- se \alpha=1, il limite

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{\alpha(x-1)^{\alpha-1}}=

diventa

=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{1\cdot (x-1)^{0}}=\lim_{x\to 1^{+}}e^{-x^2}=\frac{1}{e}

Con queste informazioni, possiamo affermare che

\lim_{x\to 1^{+}}\dfrac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}=\begin{cases}0&\mbox{se}\ \alpha< 1\\ \\ \frac{1}{e}&\mbox{se} \ \alpha=1\end{cases}

per cui:

\lim_{x\to 1^{+}}\left[\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\frac{1}{2}\right]=\begin{cases}-\frac{1}{2}&\mbox{se} \ \alpha<1\\ \\ \frac{1}{e}-\frac{1}{2}&\mbox{se} \ \alpha=1\end{cases}

Si noti che se \alpha>1, il limite destro non converge, per cui la funzione f(x) non può essere continua nel punto di raccordo.

Calcoliamo il limite sinistro:

\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=

In questo caso x\to 1 per valori più piccoli di 1, per cui "viaggia" nell'intervallo (0,1): in questa circostanza, al posto di f(x) inseriremo il terzo ramo

=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}

Il limite presenta una forma di indecisione \left[\frac{0}{0}\right] che possiamo risolvere usando ancora una volta il teorema di de l'Hopital: deriviamo quindi numeratore e denominatore usando le regole di derivazione.

\\ \frac{d}{dx}[\ln(x)-x+1]=\frac{d}{dx}[\ln(x)]-\frac{d}{dx}[x]+\frac{d}{dx}[1]=\\ \\ \\ =\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x} \\ \\ \\ \mbox{mentre}\\ \\ \\ \frac{d}{dx}[(x-1)^{2}]=2(x-1)

Grazie al teorema di de l'Hopital, il limite

\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}=^{H}

diventa

\\ =\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\frac{1-x}{x}}{2(x-1)}=\\ \\ \\ =\lim_{x\to 1^{+}}\frac{1-x}{2x(x-1)}=-\frac{1}{2}

I limiti destro e sinistro coincidono se e solo se

f_{-}(1)=-\frac{1}{2}=f_{+}(1)

e questo avviene quando \alpha<1, mentre sono uguali a f(1)=\beta se e solo se \beta=-\frac{1}{2}.

Possiamo affermare che f(x) è una funzione continua se e solo se

\alpha<1 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \beta=-\frac{1}{2}


Studio della derivabilità di f(x)

Per quanto concerne la derivabilità dei rami f_{1}(x)\ \mbox{e}\ f_{2}(x) sui propri insiemi di definizione, essi sono derivabili perché composizione di funzioni derivabili.

L'unico punto dubbio è sempre quello di raccordo: x_{0}=1 la cui analisi richiede la definizione di derivabilità in un punto.

Ricordiamo che una funzione è derivabile in un punto se e solo se il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale centrato nel punto sono finiti e uguali tra loro.

Ricordiamo inoltre che la continuità è condizione necessaria per la derivabilità, per cui le condizioni su \alpha\ \mbox{e} \ \beta devono essere obbligatoriamente imposte per svolgere i calcoli.

In maniera più esplicita, richiederemo che

\alpha<1\ \ \ \mbox{e} \ \ \ \beta=-\frac{1}{2}


Calcolo del limite destro del rapporto incrementale

Consideriamo il limite destro del rapporto incrementale centrato in x_{0}=1

f_{+}'(1)=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=

dove f(1)=\beta=-\frac{1}{2}.

Poiché x\to 1 per valori più grandi di 1, allora f(x) coincide con il primo ramo della funzione

\\ =\lim_{x\to 1^{+}}\dfrac{\dfrac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}-\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}{x-1}= \\ \\ \\ =\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha}}}{x-1}=

Esprimendo in forma normale la frazione di frazioni, il limite diventa

=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha+1}}

Se \alpha+1=0, ossia se \alpha=-1, il limite precedente si riduce a

=\lim_{x\to 1^{+}}\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt=0

(per x\to 1^{+}, gli estremi di integrazione coincidono).

Se \alpha+1<0, vale a dire se \alpha<-1, il limite

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha+1}}=

si riscrive nella forma

=\lim_{x\to 1^{+}}\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt\cdot (x-1)^{-\alpha-1}=0

Il limite è zero perché entrambi i fattori sono infinitesimi.

Se \alpha+1>0, cioè se \alpha>-1 il limite

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{\int_{1}^{x}e^{-t^2}dt}{(x-1)^{\alpha+1}}=\left[\frac{0}{0}\right]=^{H}

genera una forma di indecisione che possiamo risolvere con il teorema di de l'Hopital

=^{H}\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{(\alpha+1)(x-1)^{\alpha}}

Esso esiste finito se e solo se -1<\alpha\le 0, infatti se così non fosse, il numeratore tende a un numero finito diverso da zero, mentre (x-1)^{\alpha} tenderebbe a 0 facendo "esplodere" il risultato.

Per essere più precisi:

\lim_{x\to 1^{+}}\frac{e^{-x^2}}{(\alpha+1)(x-1)^{\alpha}}=\begin{cases}\dfrac{1}{e}&\mbox{se} \ \alpha=0\\ \\ 0&\mbox{se} \ -1<\alpha<0\end{cases}

Riassumendo:

f_{+}'(1)=\begin{cases}0&\mbox{se} \ \alpha<0\\ \\ \frac{1}{e}&\mbox{se}\ \alpha=0\end{cases}

Limite sinistro del rapporto incrementale

Occupiamoci del limite sinistro del rapporto incrementale

f_{-}'(1)=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=

Poiché x\to 1 per valori più piccoli di 1, in questa circostanza al posto di f(x) inseriremo l'espressione del terzo ramo

\\ =\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}+\frac{1}{2}}{x-1}= \\ \\ \\ =\lim_{x\to 1^{-}}\frac{2\log(x)+x^2-4x+3}{2(x-1)^3}=^{H}

Per risolvere questo limite procediamo ancora una volta con de l'Hopital

\\ =^{H}\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{2}{x}+2x-4}{6(x-1)^2}= \\ \\ \\ =\lim_{x\to 1^{-}}\frac{\frac{2+2x^2-4x}{x}}{6(x-1)^2}=

da cui, esprimendo in forma normale la frazione di frazioni

=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{2+2x^2-4x}{6x(x-1)^2}=

mettendo in evidenza 2 al numeratore

\\ =\lim_{x\to 1^{-}}\frac{2(x^2-2x+1)}{6x(x-1)^2}=\\ \\ \\ =\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x^2-2x+1}{3x(x-1)^2}=

e osservando che x^2-2x+1 è il quadrato del binomio x-1, il limite diventa

=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{(x-1)^2}{3x(x-1)^2}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{1}{3x}=\frac{1}{3}

Abbiamo tutte le informazioni per trarre le conclusioni. Purtroppo non esiste alcun valore di \alpha per cui il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale siano uguali, pertanto possiamo affermare che f(x) non è mai derivabile in x_{0}=1.
Ringraziano: CarFaby

Continuità e derivabilità funzione a tratti con integrale e parametri #100116

avt
hhzi12
Punto
Grazie mille, tutto estremamente chiaro!
Ringraziano: Ifrit
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