Studio di Funzione

  • Materia: Studio di Funzione
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  • Data: 23/06/2007
  • Di: Redazione StudentVille.it

Studio di funzione $f(x) = (x^2 - 1) \\ln|x^2 - 1|$

esercizio svolto o teoria

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

 

Grafico

 

FINE