Due studi di funzione

Ricevo da Mario la seguente domanda:
 
Buongiorno Professore,
potrebbe aiutarmi a risolvere questi due esercizi?
 
1) Sia data la funzione \[f:A\to \mathbb{R}:f\left( x \right)=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)-2x \right|\quad .\]
a) Si determini l’insieme di definizione \(A\), si calcolino i limiti significativi e gli asintoti;
b) si determini l’insieme in cui la funzione è derivabile, si studi la crescenza e la concavità;
c) si calcoli la derivata sinistra e destra degli eventuali punti di non derivabilità;
d) si tracci un grafico qualitativo della funzione;
e) si determini il numero di soluzioni dell’equazione \(f(x)=\lambda\) al variare di \(\lambda \in \mathbb{R}\).
2) Sia \(A=(0,+\infty)\). Data la funzione \(f : A\to \mathbb{R}\) definita per casi:
\[f\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x\ln x}{x-1}\quad x\in A,x\ne 1 \\ 1\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\]
a) si dica, giustificando la risposta, se tale funzione è continua nel suo dominio;
b) se ne calcolino i limiti significativi determinando gli eventuali asintoti;
c) si studi la crescenza e se ne tracci un grafico qualitativo;
d) si trovi l’immagine della funzione. Quante soluzioni ha l’equazione \(f(x)=\sqrt{41}\)?
 
Grazie.
 
Gli rispondo così:
 
Caro Mario,
nel primo caso, poiché , il dominio di \(f(x)\) è \(A=\mathbb{R}\). Conviene inoltre osservare che
\[f\left( x \right)=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)-2x \right|=\left| \ln \left( {{e}^{2x}}\left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)-2x \right|=\] \[=\left| \ln {{e}^{2x}}+\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)-2x \right|=\left| 2x+\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)-2x \right|=\] \[=\left| \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right|=\left\{ \begin{array}{ll} \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)\quad \ \ x\le 0 \\ -\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)\quad x>0 \end{array} \right.\]
essendo \(\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)>0\leftrightarrow -{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}}>0\leftrightarrow {{e}^{x}}<1\leftrightarrow x<0\), per cui facilmente si osserva che la funzione si annulla solo per \(x=0\), essendo per il resto positiva. Riguardo ai limiti si ha (utilizzando nel primo caso la sostituzione \(t=-x\)):
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{t}}+{{e}^{2t}} \right) \right)=\]\[=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right) \right)=+\infty +\ln \left( 1-0 \right)=+\infty \] \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right) \right)=-\ln \left( 1-0 \right)=0\] per cui si ha un asintoto orizzontale, l’asse \(x\), nel limite per \(x\to +\infty\), mentre per  \(x\to -\infty\) si l’asintoto obliquo \(y=-2x\), essendo
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)}{x}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right)}{-t}=-2\]
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( 1-{{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}} \right)+2x \right)=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2t+\ln \left( 1-{{e}^{-t}}+{{e}^{-2t}} \right)-2t \right)=0\quad .\]
La derivata prima della funzione è: \[f’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{{{e}^{x}}-2}{{{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1}\quad x<0 \\ \frac{{{e}^{x}}-2}{{{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1}\quad x>0 \end{array} \right.\] ed essendo \(\underset{x\to {{0}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,f’\left( x \right)=\pm 1\) la funzione non è derivabile in \(x=0\), presentando in tal punto semirette tangenti destra e sinistra con pendenze rispettivamente \(1\) e \(-1\). La derivata prima si annulla per \(x=\ln 2\), e poiché risulta negativa per \(x<0\) e per \(x>\ln 2\), positiva per \(0<x<\ln 2\), il punto \((\ln 2, \ln(4/3))\) rappresenta un massimo relativo per il grafico di \(f(x)\).
La derivata seconda della funzione è: \[f’’(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{{{e}^{2x}}\left( {{e}^{2x}}-4{{e}^{x}}+1 \right)}{{{\left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)}^{2}}}\quad x<0 \\ \frac{{{e}^{2x}}\left( {{e}^{2x}}-4{{e}^{x}}+1 \right)}{{{\left( {{e}^{2x}}-{{e}^{x}}+1 \right)}^{2}}}\quad x>0 \end{array} \right.\] per cui \(f”\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\ln \left( 2\pm \sqrt{3} \right)\) e la concavità è rivolta verso l’alto per valori di \(x\) esterni all’intervallo determinato da tali valori, in corrispondenza ai quali il grafico di \(f(x)\) presenta due punti di flesso obliquo.
L’equazione \(f(x)=\lambda\) ammette una soluzione (\(x=0\)) per \(\lambda =0\), tre soluzioni per \(0<\lambda <\ln(4/3)\), due soluzioni per \(\lambda = \ln(4/3)\), una soluzione per \(\lambda > \ln(4/3)\).
 
Nel secondo caso, dimostriamo la continuità della funzione \(f(x)\) in tutto \(A=(0;+\infty)\) verificando la sua continuità anche nel punto \(x=1\), essendo (posto \(t=x-1\)): \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( t+1 \right)\ln \left( t+1 \right)}{t}=1\cdot 1=1=f\left( 1 \right)\quad .\]  Riguardo ai limiti significativi si ha (ricordando che \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x=0\)):
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\frac{\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x}{-1}=\frac{0}{-1}=0\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{\left( 1-1/x \right)}=+\infty\] per cui non si hanno asintoti, neanche obliqui (\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)/x=0\)). Le derivate prima e seconda sono le seguenti:
\[f’\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{x-1-\ln x}{(x-1)^2}\quad x>0,\;x\ne 1 \\ \frac{1}{2}\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\] \[f’’\left( x \right)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{2x\ln x+1-x^2}{x(x-1)^3}\quad x>0,\;x\ne 1 \\ -\frac{1}{3}\quad \quad \quad x=1 \end{array} \right.\] essendo, in base al teorema di de l’Hopital: \[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f'\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1-\ln x}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-1/x}{2\left( x-1 \right)}=\frac{1}{2}\]\[\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f''\left( x \right)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x\ln x+1-{{x}^{2}}}{x{{\left( x-1 \right)}^{3}}}=...=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{-1}{3x\left( 2x-1 \right)}=-\frac{1}{3}\]cioè la funzione è ovunque derivabile due volte in \(A\). Un’analisi grafico-analitica consente di dimostrare che, per ogni \(x>0\), si ha \(x-1\ge \ln x\), quindi la funzione è sempre monotona crescente, mentre \((x^2-1)/(2x)>\ln x\) per \(x>1\), \((x^2-1)/(2x)<\ln x\) per \(0<x<1\),  per cui la derivata seconda è sempre negativa, cioè il grafico volge sempre la concavità verso il basso. Non sono presenti estremi realtivi, e la funzione realizza una corrispondenza biunivoca tra \(A=(0;+\infty)\) e \(A=(0;+\infty)\) stesso, pertanto l’equazione \(f(x)=\sqrt{41}\) ammette una e una sola soluzione.
 
Massimo Bergamini