Ricevo da Lucia la seguente domanda:
Caro professore,
potrebbe aiutarmi a risolvere i seguenti esercizi (nn. 252, 254, 256 pag.1903, Matematica.blu 2.0)?
Studia e rappresenta graficamente le seguenti funzioni:
\[y={{x}^{2}}\ln \left| x \right|\quad \quad y=\ln \frac{\left| x \right|-1}{x}\quad \quad y=\frac{\left| x \right|}{\ln \left| x \right|}\quad .\]
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Lucia,
nel primo caso, la funzione è definita e continua nel dominio \(D=\mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}\), è pari, si annulla in \(x=0\wedge x=\pm 1\), è positiva per \(x<-1\vee x>1\), e presenta i seguenti limiti (utilizzando il teorema di de l’Hopital): \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left| x \right|}{1/{{x}^{2}}}=-2\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{x}=0\quad .\]
Calcoliamo derivata prima e seconda, tenendo conto che \(D\left( \ln \left| x \right| \right)=\frac{1}{x}\): \[y'=x\left( 2\ln \left| x \right|+1 \right)\quad \quad y''=3+2\ln \left| x \right|\quad .\]
Poiché \(y’=0\leftrightarrow x=\pm \frac{1}{\sqrt{e}}\), e \(y’>0\leftrightarrow -\frac{1}{\sqrt{e}}<x<0\vee x>\frac{1}{\sqrt{e}}\), si ha che il grafico della funzione presenta due minimi relativi in corrispondenza a \(x=\pm \frac{1}{\sqrt{e}}\). Si ha anche \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y’=0\), ma essendo la funzione non definita, e quindi non continua, in \(x=0\), tale punto non può considerarsi un punto stazionario per il grafico.
Poiché \(y”=0\leftrightarrow x=\pm \frac{1}{e\sqrt{e}}\), e \(y”>0\leftrightarrow x<-\frac{1}{e\sqrt{e}}\vee x>\frac{1}{e\sqrt{e}}\), si ha che il grafico della funzione presenta due punti di flesso obliquo in corrispondenza a \(x=\pm \frac{1}{e\sqrt{e}}\).
Nel secondo caso, la funzione è definita e continua nel dominio \(D=\left] -1;0 \right[\cup \left] 1;+\infty \right[\), si annulla in \(x=-\frac{1}{2}\), è positiva per \(-\frac{1}{2}<x<0\), e presenta i seguenti limiti: \[\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\ln \left( \frac{{{0}^{+}}}{1} \right)=-\infty \quad \underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\ln \left( \frac{-1}{{{0}^{-}}} \right)=+\infty \]\[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\ln \left( \frac{{{0}^{+}}}{1} \right)=-\infty \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\ln \left( 1 \right)=0\quad .\]
Calcoliamo derivata prima e seconda:
\[y’=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{1}{x\left( x+1 \right)}\quad -1<x<0 \\ \frac{1}{x\left( x-1 \right)}\quad x>1 \end{array} \right.\] \[y’’=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{2x+1}{x^2\left( x+1 \right)^2}\quad -1<x<0 \\ \frac{1-2x}{x^2\left( x-1 \right)^2}\quad x>1 \end{array} \right.\]
Poiché \(y’>0\) in tutto il dominio, si ha che la funzione è monotona crescente, senza massimi o minimi relativi.
Poiché \(y”=0\leftrightarrow x=-\frac{1}{2}\), e \(y”\) cambia segno in corrispondenza a tale valore, si ha che il grafico della funzione presenta un punto di flesso obliquo in corrispondenza a \(x=-\frac{1}{2}\).
Nell’ultimo caso, la funzione è definita e continua nel dominio \(D=\mathbb{R}-\left\{ 0,\pm 1 \right\}\), è pari, non si annulla mai, è positiva per \(x<-1\vee x>1\), e presenta i seguenti limiti (utilizzando il teorema di de l’Hopital):
\[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\left| x \right|=+\infty \quad \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y=\frac{0}{-\infty }=0\] \[\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \quad \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \quad .\]
Calcoliamo derivata prima e seconda: \[y’=\left\{ \begin{array}{ll} -\frac{\ln(-x)+1}{\ln^2(-x)}\quad x<0 \\ \frac{\ln x-1}{\ln^2(x)}\quad x>0 \end{array} \right.\]
\[y’’=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{2+\ln(-x)}{x\ln^3(-x)}\quad x<0 \\ \frac{2-\ln x}{x\ln^3(x)}\quad x>0 \end{array} \right.\]
Poiché \(y’=0\leftrightarrow x=\pm e\), e \(y’\) passa da negativa a positiva attraversando entrambi i punti, si ha che il grafico della funzione presenta due minimi relativi in corrispondenza a \(x=\pm e\). Si ha anche \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,y’=0\), ma essendo la funzione non definita, e quindi non continua, in \(x=0\), tale punto non può considerarsi un punto stazionario per il grafico. Poiché \(y”=0\leftrightarrow x=\pm {{e}^{2}}\), e \(y”\) cambia segno in corrispondenza a tali valori, si ha che il grafico della funzione presenta due punti di flesso obliquo in corrispondenza a \(x=\pm {{e}^{2}}\).
Massimo Bergamini