Ciao,
\[f(x) = \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}})\]
mi limiterò come sempre alla traccia dei passi fondamentali lasciando a te i calcoli meno importanti.
- Studio del dominio e analisi dei punti singolari:
\[C.E.\;\left\{ \begin{array}{l}
x \ne 0\\
{x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}} > 0\;\;\; \to \;\;\;\forall x \ne 0
\end{array} \right.\]
\[{D_f} = R - \{ 0\} \]
\[{x_0} = 0\;\;\left\{ \begin{array}{l}
f(0) = \not \exists \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) = \ln (0 + \frac{1}{{\left| {{0^ + }} \right|}}) = \ln (0 + \frac{1}{{{0^ + }}}) = \ln ( + \infty ) = + \infty \;\;A.V.\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) = \ln (0 + \frac{1}{{\left| {{0^ - }} \right|}}) = \ln (0 + \frac{1}{{{0^ + }}}) = \ln ( + \infty ) = + \infty \;\;\;A.V.
\end{array} \right.\]
- Studio del segno e intersezione con assi:
\[f(x) \ge 0\]
\[\ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) \ge 0\;\;\; \to \;\;\;\ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) \ge \ln (1)\;\;\; \to \;\;\;{x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}} \ge 1\;\;\; \to \]
\[ \to \;\;\;{x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}} - 1 \ge 0\;\;\; \to \;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + \frac{1}{x} - 1 \ge 0\\
x > 0
\end{array} \right.\;\;\; \vee \;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - \frac{1}{x} - 1 \ge 0\\
x < 0
\end{array} \right.\]
lascio a te i calcoli risolutivi del sistema e le relative conclusioni sul segno e sulla intersezione con asse x; per l'intersezione con l'asse y possiamo dire che non esiste poichè
\[f(0) = \not \exists \]
- Asintoti Orizzontali e Obliqui
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) = \ln ( + \infty + \frac{1}{{ + \infty }}) = \ln ( + \infty + 0) = \ln ( + \infty ) = + \infty \]
nessun asintoto orizzontale!
\[y = mx + q\]
\[m = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}})}}{x} \simeq \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln ({x^2})}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2\ln (\left| x \right|)}}{x} = 0\]
\[q = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [f(x) - mx] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) = \ln ( + \infty ) = + \infty \]
nessun asintoto obliquo!
- Derivata prima:
per calcolare e studiare la derivata prima occorre aprire il valore assoluto disaccoppiando i 2 casi; dunque abbiamo
\[f(x) = \ln ({x^2} + \frac{1}{{\left| x \right|}}) = \left\{ \begin{array}{l}
\ln ({x^2} + \frac{1}{x})\;\;\;\;\;x > 0\\
\ln ({x^2} - \frac{1}{x})\;\;\;\;\;x < 0
\end{array} \right.\]
pertanto il calcolo della derivata sarà
\[x > 0\;\;\; \to \;\;\;f'(x) = \frac{1}{{{x^2} + \frac{1}{x}}}[2x - \frac{1}{{{x^2}}}] = \frac{x}{{{x^3} + 1}}[\frac{{2{x^3} - 1}}{{{x^2}}}] = \frac{{2{x^3} - 1}}{{x({x^3} + 1)}}\]
\[x < 0\;\;\; \to \;\;\;f'(x) = \frac{1}{{{x^2} - \frac{1}{x}}}[2x + \frac{1}{{{x^2}}}] = \frac{x}{{{x^3} - 1}}[\frac{{2{x^3} + 1}}{{{x^2}}}] = \frac{{2{x^3} + 1}}{{x({x^3} - 1)}}\]
e ovviamente
\[x = 0\;\;\; \to \;\;\;f'(0) = \not \exists \]
lascio a te lo studio del segno della derivata nelle rispettive zone disaccoppiate per lo studio della crescenza/decrescenza e gli eventuali max/min relativi, oltre all'eventuale studio della derivata seconda per le curvature (concavità/convessità/flessi).
- Grafico finale: in allegato
Saluti.
Inviato: 14/09/2015, 10:49