Ciao, \[f(x) = arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}})\]
limitandomi per ovvi motivi ai passi essenziali e lasciando a te i dettagli dei calcoli più lunghi abbiamo:
- Studio del dominio e analisi di eventuali punti singolari
\[C.E.\;\;\left\{ \begin{array}{l}
- 1 \le \frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \le 1\\
{x^2} + 1 \ne 0\;\;\; \to \;\;\;\forall x \in R
\end{array} \right.\]
\[ - 1 \le \frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\;\; \to \;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\;\; \to \;\;\;...\\
\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \ge - 1\;\;\; \to \;\;\;\forall x \in R
\end{array} \right.\]
\[\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\;\; \to \;\;\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0\;\;:\;\;\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\; \to \;\;{x^2} - 2x + 1 \ge 0\;\; \to \;\;{(x - 1)^2} \ge 0\;\; \to \;\;\forall x \in R\\
x < 0\;\;:\;\;\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\; \to \;\;{x^2} + 2x + 1 \ge 0\;\; \to \;\;{(x + 1)^2} \ge 0\;\; \to \;\;\forall x \in R
\end{array} \right.\]
pertanto
\[{D_f} = R\]
- Studio del segno e intersezione con assi:
\[arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}}) \ge 0\;\;\; \to \;\;\;0 \le \frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}} \le 1\;\;\; \to \;\;\;...\;\;\; \to \;\;\;\forall x \in R\]
\[\begin{array}{l}
\cap \;asse\;x:\;\;f(x) = 0\;\;\; \to \;\;\;x = 0\\
\cap \;asse\;y:\;\;f(0) = 0
\end{array}\]
- Asintoti Orizzontali e Obliqui
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}}) = arcsen(0) = 0\;\;(A.Oz.)\]
- Derivata prima (studio crescenza/decrescenza/max/min e punti di non derivabilità):
disaccoppiando la funzione per casi con l'apertura del valore assoluto si ha
\[f(x) = arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{|2x|}}{{{x^2} + 1}}) = \left\{ \begin{array}{l}
arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})\;\;\;x \ge 0\\
arcsen{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}})\;\;\;x < 0
\end{array} \right.\]
\[x > 0\;\; \to \;\;f'(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}[\frac{{2({x^2} + 1) - 2x(2x)}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}}] = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}}\]
\[x < 0\;\; \to \;\;f'(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{ - 2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}[\frac{{ - 2({x^2} + 1) + 2x(2x)}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}}] = \frac{1}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}}\]
lascio a te lo studio del segno delle derivate nelle rispettive zone per individuare gli eventuali punti di max/min; occorre poi studiare i punti di non derivabilità tra cui il punto di separazione del valore assoluto (x=0) e poi anche i 2 punti x=1 e x=-1 che annullano il denominatore della derivata nella radice! ... dunque con il teorema criterio di sufficiente derivabilità abbiamo
\[f'(0) = \not \exists \]
\[{x_0} = 0\;\;\;:\;\;\;\left[ \begin{array}{l}
{f_ + }'(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = 2\\
{f_ - }'(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{1}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = - 2
\end{array} \right.\]
analogamente per x=1
\[\left[ \begin{array}{l}
{f_ + }'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = ...\\
{f_ - }'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - {{(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}})}^2}} }}\frac{{2{x^2} - 2}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} = ...
\end{array} \right.\]
stessa cosa per x=-1 ... (imposta tu i limiti)
otterrai quindi 3 punti angolosi in x=0, x=-1, x=1
Tralasciando lo studio delle curvature con la derivata seconda si ha il grafico finale in allegato ...
Saluti.
