Esercizi svolti sullo studio di funzione: studi completi con grafico

1. Dominio: $x \neq \pm 3$. Il dominio è simmetrico e $f(-x) = -f(x)$: dispari. Unica intersezione: l’origine. Con la regola dei segni su $x^3$ e $x^2 - 9$:

In $\pm 3$ il numeratore non si annulla, quindi i limiti sono infiniti, con il segno della tabella: $-\infty$ per $x \to -3^-$ e $x \to 3^-$, $+\infty$ per $x \to -3^+$ e $x \to 3^+$. Asintoti verticali $x = \pm 3$. All’infinito il numeratore ha un grado in più; dividendo,

e la frazione tende a 0: asintoto obliquo $y = x$ da entrambe le parti.

2. Dominio: $\frac{x}{x - 2} \geq 0$, cioè $D = (-\infty, 0] \cup (2, +\infty)$. Non è simmetrico: nessuna simmetria. Unica intersezione l’origine; altrove $g > 0$. Siccome $\frac{x}{x - 2} = 1 + \frac{2}{x - 2} \to 1$, c’è l’asintoto orizzontale $y = 1$ da entrambe le parti, con il grafico sopra per $x > 2$ e sotto per $x < 0$. Per $x \to 2^+$ la frazione tende a $\frac{2}{0^+} = +\infty$: asintoto verticale $x = 2$, solo da destra. In 0 la funzione è definita e continua: lì non c’è nessun limite da calcolare.

3. Dominio: $4 - x^2 > 0$, cioè $(-2, 2)$. È pari. $h(0) = \ln 4 \approx 1{,}39$; gli zeri sono dove $4 - x^2 = 1$, cioè $x = \pm\sqrt{3}$. Positiva in $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$, negativa vicino ai bordi. Per $x \to -2^+$ e $x \to 2^-$ l’argomento tende a $0^+$ e $h \to -\infty$: asintoti verticali $x = \pm 2$. Il dominio è limitato, quindi niente limiti all’infinito.

1. La tangente in 0 è $y = x$. Per la permanenza del segno, $f' > 0$ e $f'' < 0$ in un intorno di 0: lì $f$ è crescente e concava. Il grafico sale passando per l’origine, ma curva verso il basso e sta sotto la tangente $y = x$. Un esempio è $f(x) = x - \frac{3}{2}x^2$.

2. $f'$ si annulla in $-1$ e in 2. Il fattore $(x - 2)^2$ non è mai negativo, quindi $f'$ ha il segno di $x + 1$: negativa prima di $-1$, positiva dopo (tranne in 2). In $x = -1$ c’è un minimo relativo; in $x = 2$ la derivata non cambia segno, quindi né massimo né minimo. Derivando $f'$ con la regola del prodotto:

Convessa per $x < 0$ e per $x > 2$, concava in $(0, 2)$: flessi in 0 e in 2. Quello in 2 è a tangente orizzontale, perché $f'(2) = 0$.

3. $f'(x) = 3x^2 - 12x + 9 = 3(x - 1)(x - 3)$: punti stazionari 1 e 3, entrambi nell’intervallo. Per il teorema di Weierstrass massimo e minimo esistono, e su un intervallo chiuso basta confrontare i valori nei punti stazionari e negli estremi:

Il massimo assoluto è 4, raggiunto in $x = 1$ e in $x = 4$; il minimo assoluto è 0, raggiunto in $x = 0$ e in $x = 3$.

1. Dominio: $\mathbb{R}$. 2. Simmetrie: contiene solo potenze pari, quindi è pari.

3. Intersezioni e segno. $f(x) = x^2(x^2 - 2)$: zeri in 0 e in $\pm\sqrt{2} \approx \pm 1{,}41$. Siccome $x^2 \geq 0$, il segno è quello di $x^2 - 2$: negativa in $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$, tranne in 0, positiva fuori.

4. Limiti e asintoti. $f \to +\infty$ per $x \to \pm\infty$. Nessun asintoto: un polinomio di grado almeno 2 non ne ha.

5. Derivata prima. $f'(x) = 4x^3 - 4x = 4x(x - 1)(x + 1)$.

Minimi in $(\pm 1, -1)$: sono assoluti, perché $f(x) = (x^2 - 1)^2 - 1 \geq -1$. Massimo relativo in $(0, 0)$.

6. Derivata seconda. $f''(x) = 12x^2 - 4 = 4(3x^2 - 1)$, nulla in $x = \pm\frac{\sqrt{3}}{3} \approx \pm 0{,}58$. Convessa fuori da questi punti, concava tra di essi: due flessi, con ordinata $\frac{1}{9} - \frac{2}{3} = -\frac{5}{9}$.

7. Grafico. Una «W» simmetrica, con le due valli in $(\pm 1, -1)$ e la gobba nell’origine. Controllo: tra gli zeri $-\sqrt{2}$ e 0 c’è il minimo $(-1, -1)$, nella zona in cui $f < 0$.

1. Dominio: $x \neq -1$. 2. Simmetrie: nessuna, il dominio non è simmetrico.

3. Intersezioni e segno. $f(0) = 1$; unico zero $x = 1$. Il numeratore è un quadrato: il segno è quello di $x + 1$. Negativa per $x < -1$, positiva per $x > -1$, tranne in 1.

4. Limiti e asintoti. In $-1$ il numeratore tende a 4:

Asintoto verticale $x = -1$. Il numeratore ha un grado in più: dividendo $x^2 - 2x + 1$ per $x + 1$ si ottiene quoziente $x - 3$ e resto 4,

Asintoto obliquo $y = x - 3$ da entrambe le parti, con il grafico sotto per $x < -1$ e sopra per $x > -1$, come il segno di $\frac{4}{x + 1}$.

5. Derivata prima. Dalla forma divisa:

Massimo relativo $(-3, -8)$, minimo relativo $(1, 0)$.

6. Derivata seconda. $f''(x) = \frac{8}{(x + 1)^3}$: concava per $x < -1$, convessa per $x > -1$. Nessun flesso: $-1$ non è nel dominio.

7. Grafico. Il massimo $(-3, -8)$ sta nella zona negativa e concava; nel minimo $(1, 0)$ il grafico tocca l’asse $x$ senza attraversarlo, come vuole il quadrato al numeratore.

1. Dominio: $\mathbb{R}$. 2. Simmetrie: nessuna, per esempio $f(1) = \frac{1}{e}$ e $f(-1) = e$.

3. Intersezioni e segno. Unico zero $x = 0$. Un quadrato per un esponenziale: $f \geq 0$ ovunque, quindi $(0, 0)$ è già il minimo assoluto.

4. Limiti e asintoti. Per $x \to +\infty$, $\frac{x^2}{e^x} \to 0$ per la gerarchia degli infiniti: asintoto orizzontale $y = 0$ a destra. Per $x \to -\infty$ entrambi i fattori tendono a $+\infty$, quindi $f \to +\infty$, senza asintoto obliquo: $\frac{f(x)}{x} = x\,e^{-x} \to -\infty$.

5. Derivata prima. Raccogliendo l’esponenziale:

Il segno è quello di $x(2 - x)$: negativa per $x < 0$, positiva in $(0, 2)$, negativa per $x > 2$. Massimo relativo in $x = 2$, con $f(2) = \frac{4}{e^2} \approx 0{,}54$. Non è assoluto: a sinistra la funzione va a $+\infty$.

6. Derivata seconda.

Si annulla in $x = 2 \pm \sqrt{2}$, circa $0{,}59$ e $3{,}41$. Convessa fuori da questi punti, concava tra di essi: due flessi, con ordinate circa $0{,}19$ e $0{,}38$.

7. Grafico e soluzioni. Le soluzioni di $f(x) = k$ sono le intersezioni del grafico con la retta orizzontale $y = k$. Il ramo per $x < 0$ scende da $+\infty$ a 0, la salita va da 0 a $\frac{4}{e^2}$, la discesa dopo 2 da $\frac{4}{e^2}$ verso 0 senza toccarlo:

Prima si spezza. Il valore assoluto cambia espressione in $x = 2$:

1. Dominio: $x \neq -1$. 2. Simmetrie: nessuna.

3. Intersezioni e segno. $f(0) = 2$; unico zero $x = 2$. Il numeratore non è mai negativo, quindi $f$ ha il segno di $x + 1$: negativa per $x < -1$, positiva per $x > -1$, tranne in 2.

4. Limiti e asintoti. In $-1$ il numeratore tende a 3: $f \to -\infty$ da sinistra e $+\infty$ da destra, asintoto verticale $x = -1$. All’infinito si usa il pezzo giusto:

Due asintoti orizzontali diversi: $y = -1$ a sinistra, $y = 1$ a destra.

5. Derivata prima. Pezzo per pezzo, con $x \neq -1$:

Decrescente in $(-\infty, -1)$ e in $(-1, 2)$, crescente per $x > 2$. In 2 le derivate laterali sono $f'_-(2) = -\frac{1}{3}$ e $f'_+(2) = \frac{1}{3}$: diverse, quindi $(2, 0)$ è un punto angoloso, ed è un minimo relativo. Non è assoluto: a sinistra di $-1$ la funzione scende a $-\infty$.

6. Derivata seconda. $f''(x) = \frac{6}{(x + 1)^3}$ per $x < 2$ e $f''(x) = -\frac{6}{(x + 1)^3}$ per $x > 2$: concava per $x < -1$, convessa in $(-1, 2)$, concava per $x > 2$.

7. Grafico. Tre tratti. A sinistra il grafico scende da $y = -1$ verso $-\infty$; in mezzo scende da $+\infty$, passa per $(0, 2)$ e arriva allo spigolo $(2, 0)$; a destra sale verso $y = 1$ restando sotto, perché $\frac{x - 2}{x + 1} = 1 - \frac{3}{x + 1} < 1$.

1. Dominio. $x > 0$ per il logaritmo e $\ln x \neq 0$ per la frazione: $D = (0, 1) \cup (1, +\infty)$. 2. Simmetrie: nessuna.

3. Intersezioni e segno. Nessuna: 0 non è nel dominio, e il numeratore non si annulla nel dominio. Il segno è quello di $\ln x$: negativa in $(0, 1)$, positiva per $x > 1$.

4. Limiti e asintoti.

• $x \to 0^+$: $\frac{0^+}{-\infty} = 0^-$. Limite finito: il grafico parte dall’origine, esclusa.
• $x \to 1^\mp$: $\frac{1}{0^\mp} = \mp\infty$. Asintoto verticale $x = 1$.
• $x \to +\infty$: $+\infty$, perché $x$ batte $\ln x$. Niente obliquo: $\frac{f(x)}{x} = \frac{1}{\ln x} \to 0$, e $m = 0$ darebbe un asintoto orizzontale, che non c’è.

La tangente all’origine. Prolungando $f$ con $f(0) = 0$, il rapporto incrementale da destra è $\frac{f(x) - 0}{x - 0} = \frac{1}{\ln x} \to 0$: il grafico parte dall’origine con la tangente orizzontale.

5. Derivata prima.

Il segno è quello di $\ln x - 1$: decrescente in $(0, 1)$ e in $(1, e)$, crescente per $x > e$. Minimo relativo $(e, e)$, con $e \approx 2{,}72$.

6. Derivata seconda. Scrivendo $f'(x) = \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{\ln^2 x}$:

Flesso in $x = e^2 \approx 7{,}39$, con $f(e^2) = \frac{e^2}{2} \approx 3{,}69$. In 1 la concavità cambia, ma 1 è fuori dal dominio.

7. Grafico. Il primo ramo parte piatto dall’origine e scende, concavo, verso $-\infty$; il secondo scende da $+\infty$ al minimo e risale sempre più piano.

1. Dominio: $2 + \cos x \geq 1$ non si annulla mai, quindi $\mathbb{R}$. 2. Simmetrie: periodica di periodo $2\pi$ e dispari (seno dispari, coseno pari). Basta studiarla su $[0, 2\pi]$.

3. Intersezioni e segno. Il denominatore è positivo: il segno è quello di $\sin x$. Zeri in $0$, $\pi$, $2\pi$; positiva in $(0, \pi)$, negativa in $(\pi, 2\pi)$.

4. Limiti e asintoti. È continua su $\mathbb{R}$: niente asintoti verticali. Periodica e non costante, non ha limite a $\pm\infty$: niente asintoti orizzontali od obliqui.

5. Derivata prima. Con la regola del quoziente e $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$:

È positiva dove $\cos x > -\frac{1}{2}$: crescente in $\left[0, \frac{2\pi}{3}\right)$ e in $\left(\frac{4\pi}{3}, 2\pi\right]$, decrescente in mezzo. Massimo in $\frac{2\pi}{3}$, dove $f = \frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}58$; minimo in $\frac{4\pi}{3}$, dove $f = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Per la periodicità sono assoluti.

6. Derivata seconda. Con la regola del quoziente, semplificando un fattore $2 + \cos x$:

Siccome $\cos x - 1 \leq 0$, $f''$ ha il segno opposto a quello di $\sin x$: concava in $(0, \pi)$, convessa in $(\pi, 2\pi)$. Flessi nei punti $(n\pi, 0)$, con $n$ intero: in $\pi$, e in 0 (quindi in $2\pi$), perché in $(-\pi, 0)$ la funzione è convessa e in $(0, \pi)$ concava. Le tangenti hanno pendenza $f'(0) = \frac{1}{3}$ e $f'(\pi) = -1$.

7. Grafico e risposta. Un’onda simile al seno, ma con il massimo spostato a destra: in $\frac{2\pi}{3}$ invece che in $\frac{\pi}{2}$. L’immagine è $\left[-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right]$: l’equazione $f(x) = k$ ha soluzioni se e solo se $\lvert k \rvert \leq \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Controllo senza derivate. $f(x) = k$ equivale a $\sin x - k\cos x = 2k$. Il primo membro è una sinusoide di ampiezza $\sqrt{1 + k^2}$, quindi ci sono soluzioni se e solo se $\lvert 2k \rvert \leq \sqrt{1 + k^2}$, cioè $4k^2 \leq 1 + k^2$, ovvero $k^2 \leq \frac{1}{3}$. Stesso risultato.

1. Dominio. $\frac{x^3}{x - 1} \geq 0$: numeratore e denominatore concordi, oppure numeratore nullo. $D = (-\infty, 0] \cup (1, +\infty)$. 2. Simmetrie: nessuna.

3. Intersezioni e segno. Solo l’origine; altrove $f > 0$. Quindi $(0, 0)$ è il minimo assoluto.

4. Limiti e asintoti. Per $x \to 1^+$ il radicando tende a $\frac{1}{0^+} = +\infty$: asintoto verticale $x = 1$. All’infinito porta fuori $x^2$, ricordando che $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$:

La radice tende a 1, quindi $\frac{f(x)}{x} \to 1$ a $+\infty$ e $\to -1$ a $-\infty$. Per $q$ si razionalizza; a $+\infty$, usando $\frac{x}{x - 1} - 1 = \frac{1}{x - 1}$:

A $-\infty$, allo stesso modo, $f(x) + x \to -\frac{1}{2}$. Due asintoti obliqui diversi: $y = x + \frac{1}{2}$ a destra, $y = -x - \frac{1}{2}$ a sinistra. Il grafico sta sopra entrambi: per $x > 1$, elevando al quadrato, $f(x) > x + \frac{1}{2}$ equivale a $x^3 > (x - 1)\left(x + \frac{1}{2}\right)^2$, cioè a $3x + 1 > 0$. A sinistra, per $x \leq -\frac{1}{2}$, si fa lo stesso, ma moltiplicando per $x - 1 < 0$ il verso si inverte: si arriva a $3x + 1 < 0$, vero; per $-\frac{1}{2} < x \leq 0$ la retta sta sotto l’asse $x$, e $f \geq 0$.

5. Derivata prima. Con la derivata di una radice, per $x \neq 0$:

Il segno è quello di $2x - 3$: decrescente in $(-\infty, 0]$ e in $\left(1, \frac{3}{2}\right)$, crescente per $x > \frac{3}{2}$. Minimo relativo in $\frac{3}{2}$:

La tangente nell’origine. Per $x < 0$ il rapporto incrementale è $\frac{f(x)}{x} = -\sqrt{\frac{x}{x - 1}}$, che tende a 0 per $x \to 0^-$: il grafico arriva nell’origine con la tangente orizzontale.

6. Derivata seconda. Siccome $f^2 = \frac{x^3}{x - 1}$, la derivata si riscrive $f' = f\,r$, con

Allora $f'' = f'\,r + f\,r' = f\,(r^2 + r')$. Calcolando $r'$ con la regola del quoziente:

Sommando restano solo i termini noti, $9 - 6 = 3$:

Convessa su entrambi i pezzi del dominio: nessun flesso.

7. Grafico. A sinistra il ramo scende da $+\infty$ sopra $y = -x - \frac{1}{2}$ e arriva piatto nell’origine; a destra scende da $+\infty$ lungo $x = 1$ fino al minimo e risale sopra $y = x + \frac{1}{2}$.

(a) Derivando e raccogliendo l’esponenziale:

Il segno è opposto a quello del trinomio $x^2 - 2x + k$, che ha $\frac{\Delta}{4} = 1 - k$.

• Se $k < 1$ il trinomio ha due radici $x_{1,2} = 1 \mp \sqrt{1 - k}$ ed è negativo tra le due: lì $f' > 0$. Minimo in $x_1$, massimo in $x_2$.
• Se $k \geq 1$ il trinomio non è mai negativo: $f' \leq 0$, la funzione è decrescente su $\mathbb{R}$ e non ha estremi.

La risposta è $k < 1$. Per $k = 0$ ritrovi l’esercizio 5: minimo in 0, massimo in 2.

(b) Per $k = 1$, $f'(x) = -(x - 1)^2 e^{-x}$ si annulla solo in 1 e non cambia segno: $f$ è strettamente decrescente. Inoltre $f''(x) = (x - 1)(x - 3)\,e^{-x}$ cambia segno in 1: c’è un flesso a tangente orizzontale in $\left(1, \frac{2}{e}\right)$.

(c) Agli estremi $f \to +\infty$ per $x \to -\infty$ e $f \to 0^+$ per $x \to +\infty$, perché $x^2 + k > 0$ per $x$ grande. Dopo $x_2$ la funzione decresce verso 0, quindi resta positiva. Se $f(x_1) \leq 0$, il minimo è assoluto; se $f(x_1) > 0$ non lo è, perché per $x$ grande $f$ scende sotto $f(x_1)$. Il segno di $f(x_1)$ è quello di

che è $\leq 0$ quando $\sqrt{1 - k} \geq 1$, cioè per $k \leq 0$.

1. Dominio: $(0, +\infty)$. 2. Simmetrie: nessuna.

3. Intersezioni e segno. Niente intersezione con l’asse $y$. La disequazione $e^x > \ln x$ non si risolve con l’algebra: il segno lo leggeremo dal minimo. L’ordine della scaletta non è sacro.

4. Limiti e asintoti. Per $x \to 0^+$, $e^x \to 1$ e $-\ln x \to +\infty$: asintoto verticale $x = 0$. A $+\infty$ c’è la forma $\infty - \infty$; raccogliendo,

per la gerarchia degli infiniti. Niente obliquo: $\frac{f(x)}{x} \to +\infty$.

5. Derivata prima.

Il segno è quello di $g(x) = x\,e^x - 1$, che non si annulla in un punto calcolabile a mano. Però $g'(x) = (x + 1)\,e^x > 0$: $g$ è strettamente crescente, quindi ha al massimo uno zero. Siccome $g(0) = -1 < 0$ e $g(1) = e - 1 > 0$, per il teorema degli zeri c’è uno zero $\alpha$ in $(0, 1)$. Provando qualche valore, o con la bisezione, si trova $g(0{,}56) < 0 < g(0{,}57)$: $\ 0{,}56 < \alpha < 0{,}57$. Con il logaritmo, $x\,e^x = 1$ diventa $x + \ln x = 0$: è l’equazione dell’esercizio 2 del teorema degli zeri, dove la stessa soluzione è localizzata in $(0{,}5;\ 0{,}6)$. La funzione decresce in $(0, \alpha)$ e cresce dopo: minimo assoluto in $\alpha$.

Il valore del minimo. Non conosciamo $\alpha$, ma sappiamo che $\alpha\,e^\alpha = 1$, cioè $e^\alpha = \frac{1}{\alpha}$ e $\ln\alpha = -\alpha$. Quindi

perché $\alpha \neq 1$. Per ogni $x > 0$ vale allora $f(x) \geq f(\alpha) > 2$, cioè $e^x > \ln x + 2$. Numericamente $f(\alpha) \approx 2{,}33$. In particolare $f > 0$: il grafico non tocca mai l’asse $x$.

6. Derivata seconda. $f''(x) = e^x + \frac{1}{x^2} > 0$: convessa, nessun flesso.

7. Grafico. Scende da $+\infty$ lungo l’asse $y$, tocca il minimo, circa $(0{,}57;\ 2{,}33)$, e risale convessa, più in fretta di qualunque retta.