Ciao,
\[f(x) = arctg(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}})\]
Riporto i passi fondamentali lasciando a te i calcoli meno importanti
- Studio del dominio e analisi punti singolari:
\[C.E.\;\left\{ {x - 2 \ne 0\;\;\; \to \;\;\;x \ne 2} \right.\]
\[{D_f} = R - \{ 2\} \]
\[{x_0} = 2\;\left\{ \begin{array}{l}
f(2) = \not \exists \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} arctg(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}}) = arctg(\frac{1}{{{0^ - }}}) = arctg( - \infty ) = - \frac{\pi }{2}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} arctg(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}}) = arctg(\frac{1}{{{0^ + }}}) = arctg( + \infty ) = + \frac{\pi }{2}
\end{array} \right.\]
- Studio del segno e intersezioni con assi:
ricordando che nel dominio naturale dell'arcotangente (tutto R)
\[\left[ \begin{array}{l}
arctg(x) > 0\;\;\;\; \to \;\;\;x > 0\\
arctg(x) = 0\;\;\;\; \to \;\;\;x = 0\\
arctg(x) < 0\;\;\;\; \to \;\;\;x < 0
\end{array} \right.\]
abbiamo
\[\left[ \begin{array}{l}
f(x) > 0\;\;\; \to \;\;\;\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}} > 0\;\;\; \to \;\;\;x > 2\\
f(x) = 0\;\;\; \to \;\;\;\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}} = 0\;\;\; \to \;\;\;x = 1\\
f(x) < 0\;\;\; \to \;\;\;\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}} < 0\;\;\; \to \;\;\;x < 2
\end{array} \right.\]
dunque intersezione asse x per x=1; per l'intersezione con l'asse y abbiamo
\[f(0) = arctg(\frac{{\left| {0 - 1} \right|}}{{0 - 2}}) = arctg( - \frac{1}{2}) = - arctg(\frac{1}{2})\]
- Asintoti Orizzontali e Obliqui:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } arctg(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}}) = \left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } arctg(\frac{{x - 1}}{{x - 2}}) = arctg(1) = + \frac{\pi }{4}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } arctg(\frac{{ - x + 1}}{{x - 2}}) = arctg( - 1) = - \frac{\pi }{4}
\end{array} \right.\;\;\;A.O.\]
- Studio derivata prima:
per studiare la derivata prima, essendo una funzione con valore assoluto, occorre aprire il valore assoluto nei 2 casi e studiare poi la derivabilità nel punto di separazione del valore assoluto stesso (con il teorema criterio di sufficiente derivabilità), per confermare poi l'eventuale esistenza di un punto angoloso; dunque abbiamo:
\[f(x) = arctg(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x - 2}}) = \left\{ \begin{array}{l}
arctg(\frac{{x - 1}}{{x - 2}})\;\;\;\;\;\;x > 1\\
arctg(\frac{{ - x + 1}}{{x - 2}})\;\;\;\;\;x < 1
\end{array} \right.\]
\[x > 1\;\;\; \to \;\;\;f'(x) = \frac{1}{{{{(\frac{{x - 1}}{{x - 2}})}^2} + 1}}[\frac{{x - 2 - x + 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}] = \frac{{{{(x - 2)}^2}}}{{{{(x - 1)}^2} + {{(x - 2)}^2}}}[\frac{{ - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}] = \]
\[ = \frac{{ - 1}}{{{x^2} - 2x + 1 + {x^2} - 4x + 4}} = \frac{{ - 1}}{{2{x^2} - 6x + 5}}\]
\[x < 1\;\;\; \to \;\;\;f'(x) = \frac{1}{{{{(\frac{{ - x + 1}}{{x - 2}})}^2} + 1}}[\frac{{ - (x - 2) - ( - x + 1)}}{{{{(x - 2)}^2}}}] = \]
\[ = \frac{{{{(x - 2)}^2}}}{{{{( - x + 1)}^2} + {{(x - 2)}^2}}}[\frac{{ - x + 2 + x - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}] = \]
\[ = \frac{1}{{{x^2} - 2x + 1 + {x^2} - 4x + 4}} = \frac{1}{{2{x^2} - 6x + 5}}\]
\[f'(1) = ?\]
\[x = 1\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 1}}{{2{x^2} - 6x + 5}} = - 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{2{x^2} - 6x + 5}} = 1
\end{array} \right.\]
dunque possiamo dire che
\[f'(1) = \not \exists \]
e poichè le derivate destra e sinistra sono finite e diverse abbiamo un punto angoloso!
ricapitolando per la derivata prima abbiamo
\[f'(x) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{ - 1}}{{2{x^2} - 6x + 5}}\;\;\;\;\;x > 1\\
\frac{1}{{2{x^2} - 6x + 5}}\;\;\;\;\;x < 1\\
\not \exists \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x = 1
\end{array} \right.\]
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, 10:32