Grafici di funzioni logaritmiche: come disegnarli partendo da ln x, con esercizi

Il grafico di $\ln x$ è il mattone da cui partire: con le trasformazioni dei grafici se ne ottengono moltissimi altri, da $\ln(x - 2)$ a $|\ln x|$ fino a $\ln\left(x^2 + 1\right)$, senza tabelle di valori. Disegnare a mano i grafici di funzioni logaritmiche serve per domini e disequazioni, per contare le soluzioni di un’equazione e per il grafico qualitativo di molti esercizi d’esame. Rispetto all’esponenziale c’è una novità: con la curva si spostano il dominio e l’asintoto verticale. In questa pagina vediamo i segnaposto di $\ln x$, la scaletta, traslazioni, simmetrie e valore assoluto, la risoluzione grafica di un’equazione, le altre basi e la sorpresa di $\ln(2x)$, le funzioni composte $\ln f(x)$, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Il punto di partenza: ln x e i tre segnaposto

Ricorda il punto di partenza: $\ln x$ è definito per $x > 0$, è strettamente crescente, passa per $(1, 0)$ e ha l’asse $y$ come asintoto verticale, come abbiamo visto nella funzione logaritmica. Per passare all’esponenziale si usa la definizione di logaritmo: $\ln x = c$ significa $x = e^c$.

Per disegnare ogni grafico che ne deriva bastano tre segnaposto:

1. il punto $(1, 0)$, perché $\ln 1 = 0$;
2. il punto $(e, 1)$, perché $\ln e = 1$, con $e \approx 2{,}72$;
3. l’asintoto verticale $x = 0$, con il suo verso: per $x \to 0^+$ il grafico scende verso $-\infty$.

A ogni mossa sposti i segnaposto e ridisegni la curva attraverso di loro. Un valore comodo: $\ln 2 \approx 0{,}69$.

Il metodo: la scaletta

Le regole generali delle mosse e del loro ordine sono nelle trasformazioni dei grafici; qui le applichiamo al logaritmo. Per disegnare $y = A \ln\big(b(x - h)\big) + k$, con $A \neq 0$ e $b \neq 0$ (o con $\log_a$, $a > 1$, al posto di $\ln$, mettendo $a$ al posto di $e$):

1. Dominio: l’argomento deve essere positivo, $b(x - h) > 0$, cioè $x > h$ se $b > 0$ e $x < h$ se $b < 0$.
2. Asintoto verticale: dove l’argomento tende a $0^+$, cioè $x = h$. Lì il grafico va verso $-\infty$ se $A > 0$, verso $+\infty$ se $A < 0$.
3. Lo zero: risolvi $\ln\big(b(x - h)\big) = -\frac{k}{A}$ passando all’esponenziale. Se $k = 0$ basta porre l’argomento uguale a 1.
4. Un altro punto: dove l’argomento vale 1 la funzione vale $k$, dove vale $e$ vale $A + k$. Se 0 sta nel dominio, calcola anche $f(0)$.
5. Le mosse nell’ordine giusto: dentro il logaritmo, dalla più vicina: prima il fattore $b$ (con la simmetria rispetto all’asse $y$ se $b < 0$), poi la traslazione; fuori, nell’ordine dei calcoli: prima $A$ (con la simmetria rispetto all’asse $x$ se $A < 0$), poi $k$.
6. Disegna e controlla la formula in un altro punto.

Se l’argomento è scritto come $bx + c$, prima raccogli: $\ln(2x - 4) = \ln\big(2(x - 2)\big)$ ha l’asintoto in $x = 2$, non in $x = 4$.

La forma che ritorna sempre

Proprietà. Se $f(x) = A \ln\big(b(x - h)\big) + k$, con $A \neq 0$ e $b \neq 0$:

• il dominio è $x > h$ se $b > 0$, $x < h$ se $b < 0$, e l’asintoto verticale è $x = h$;
• l’immagine è $\mathbb{R}$ e lo zero è uno solo; non ci sono asintoti orizzontali;
• $f$ è strettamente crescente se $A \cdot b > 0$, strettamente decrescente se $A \cdot b < 0$.

Perché è vero. Sul dominio l’argomento $t = b(x - h)$ assume una volta sola ogni valore positivo, e $\ln t$ una volta sola ogni valore reale; moltiplicare per $A \neq 0$ e sommare $k$ non cambia le cose. Quindi ogni valore, lo 0 compreso, è raggiunto esattamente una volta. Per la monotonia: $t$ cresce con $x$ se $b > 0$, il logaritmo conserva il verso, il fattore $A$ lo inverte se è negativo; conta il segno di $A \cdot b$.

Le traslazioni

Orizzontale: ln(x − 2), si spostano dominio e asintoto

Il grafico di $y = \ln(x - 2)$ è quello di $\ln x$ spostato di 2 verso destra: in $x$ vale quanto $\ln x$ valeva in $x - 2$, quindi ogni punto $(u, v)$ va in $(u + 2, v)$. Con lui si spostano anche:

• il dominio: $x - 2 > 0$, cioè $x > 2$;
• l’asintoto verticale: da $x = 0$ a $x = 2$, perché è lì che l’argomento $x - 2$ tende a $0^+$;
• i segnaposto: lo zero passa da $x = 1$ a $x = 3$, perché $\ln(x - 2) = 0$ quando $x - 2 = 1$, e $(e, 1)$ va in $(e + 2, 1)$, circa $(4{,}72;\ 1)$.

Il grafico non incontra l’asse $y$: lo 0 non sta nel dominio. Attenzione al segno, che inganna sempre: $\ln(x + 2)$ va a sinistra, con asintoto $x = -2$ e zero $x = -1$, e taglia l’asse $y$ in $\ln 2$.

Verticale: ln x + 1, si sposta lo zero

Il grafico di $y = \ln x + 1$ è quello di $\ln x$ spostato di 1 verso l’alto: $(1, 0)$ va in $(1, 1)$ e $(e, 1)$ in $(e, 2)$. Dominio e asintoto non cambiano, ma cambia lo zero:

$$\begin{gathered} \ln x + 1 = 0 \\ {} \iff \ln x = -1 \\ {} \iff x = e^{-1} = \frac{1}{e} \approx 0{,}37 \end{gathered}$$

In generale $\ln x + k$ si annulla in $x = e^{-k}$:

$k$	zero di $\ln x + k$
$2$	$e^{-2} \approx 0{,}14$
$1$	$e^{-1} \approx 0{,}37$
$-1$	$e \approx 2{,}72$
$-2$	$e^2 \approx 7{,}39$

Alzando il grafico lo zero scivola verso l’asintoto, senza mai raggiungerlo; abbassandolo si allontana sempre più in fretta.

Un esempio con tutte e due

Disegniamo $y = \ln(x + 3) - 1$: $\ln x$ spostato di 3 verso sinistra e di 1 verso il basso.

• Dominio $x > -3$, asintoto verticale $x = -3$.
• I segnaposto: $(1, 0)$ va in $(-2, -1)$; $(e, 1)$ va in $(e - 3, 0)$, che è proprio lo zero: $\ln(x + 3) = 1 \iff x + 3 = e$, cioè $x = e - 3 \approx -0{,}28$.
• Intersezione con l’asse $y$: $f(0) = \ln 3 - 1 \approx 0{,}10$.
• È strettamente crescente, come $\ln x$: negativa per $-3 < x < e - 3$, positiva dopo.

Le simmetrie: −ln x, ln(−x) e −ln(−x)

Il meno davanti al logaritmo agisce sulla $y$ e ribalta in verticale; il meno nell’argomento agisce sulla $x$ e ribalta in orizzontale, portando con sé il dominio.

• $y = -\ln x$ è il simmetrico di $\ln x$ rispetto all’asse $x$: stesso dominio e stesso zero, ma $(e, 1)$ va in $(e, -1)$ e vicino a $x = 0$ il grafico sale verso $+\infty$. È strettamente decrescente: è il logaritmo in base $\frac{1}{e}$, perché $\log_{1/a} x = -\log_a x$.
• $y = \ln(-x)$ è il simmetrico rispetto all’asse $y$. L’argomento $-x$ è positivo per $x < 0$, quindi il dominio diventa $x < 0$; lo zero va in $x = -1$, $(e, 1)$ in $(-e, 1)$, e la curva arriva all’asintoto $x = 0$ da sinistra. È strettamente decrescente.
• $y = -\ln(-x)$ è il simmetrico rispetto all’origine, cioè le due simmetrie in fila: dominio $x < 0$, zero $x = -1$, e $(e, 1)$ va in $(-e, -1)$. Due simmetrie rimettono a posto la monotonia: è strettamente crescente.

Il valore assoluto: |ln x| e ln|x|

Sono due funzioni diverse, e confonderle è un errore comune. Tutto dipende da dove agisce il valore assoluto: sul risultato ribalta, sull’argomento specchia.

$y = |\ln x|$: il valore assoluto agisce sul risultato. Il dominio resta $x > 0$. Per $x \geq 1$ il grafico non cambia; per $0 < x < 1$, dove $\ln x < 0$, la parte sotto l’asse $x$ viene ribaltata sopra. Il risultato ha un «punto angoloso» in $(1, 0)$, che è il minimo assoluto; vicino a $x = 0$ sale verso $+\infty$, e i punti $\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ ed $(e, 1)$ stanno alla stessa altezza. L’immagine è $[0, +\infty)$.

$y = \ln|x|$: il valore assoluto agisce sull’argomento. Ora l’argomento $|x|$ è positivo per ogni $x \neq 0$, quindi il dominio diventa $x \neq 0$. Per $x > 0$ la funzione coincide con $\ln x$, per $x < 0$ con $\ln(-x)$: il grafico è quello di $\ln x$ insieme al suo simmetrico rispetto all’asse $y$. Siccome $\ln|-x| = \ln|x|$, la funzione è pari, con due rami che scendono verso $-\infty$ vicino a $x = 0$.

	$\lvert \ln x \rvert$	$\ln \lvert x \rvert$
dominio	$x > 0$	$x \neq 0$
segno	sempre $\geq 0$	$< 0$ per $0 < \lvert x \rvert < 1$
zeri	$x = 1$	$x = -1$ e $x = 1$
simmetrie	nessuna	pari

Nella figura in basso c’è anche la retta $y = x + 1$: ci serve subito.

Equazioni e disequazioni con i grafici

Le soluzioni di $f(x) = g(x)$ sono le ascisse dei punti in cui i due grafici si incontrano; quelle di $f(x) < g(x)$ sono le $x$ in cui il grafico di $f$ sta sotto. Il metodo completo, con le approssimazioni e i parametri, è nella risoluzione grafica delle equazioni logaritmiche; qui lo usiamo con $\ln|x|$.

Esempio. Quante soluzioni ha $\ln|x| = x + 1$? Per quali $x$ vale $\ln|x| < x + 1$?

A destra nessuna. Per $x > 0$ il grafico di $\ln x$ sta sotto la sua tangente in $(1, 0)$, la retta $y = x - 1$, come abbiamo dimostrato nella funzione logaritmica: quindi $\ln x \leq x - 1 < x + 1$, e il ramo destro resta sempre sotto la retta.

A sinistra una sola. Per $x < 0$ l’equazione è $\ln(-x) = x + 1$. Il primo membro è strettamente decrescente, il secondo strettamente crescente: i grafici si incontrano al massimo una volta. E si incontrano in $x = -1$, dove entrambi valgono 0.

L’equazione ha una sola soluzione, $x = -1$. Per la disequazione: per $x < -1$ il ramo sinistro sta sopra la retta (lì $\ln(-x) > 0$ e $x + 1 < 0$), tra $-1$ e 0 sta sotto, e il ramo destro sta sempre sotto. Quindi $\ln|x| < x + 1$ per $-1 < x < 0$ e per $x > 0$: lo 0 è escluso dal dominio.

Dilatazioni e altre basi

In verticale: A ln x e il logaritmo in base a

Moltiplicare fuori dal logaritmo dilata il grafico in verticale: $y = 2\ln x$ ha lo stesso zero e lo stesso asintoto di $\ln x$, ma $(e, 1)$ va in $(e, 2)$. Con $A = \frac{1}{2}$ il grafico si schiaccia, con $A < 0$ si aggiunge la simmetria rispetto all’asse $x$.

Le altre basi sono proprio dilatazioni verticali di $\ln x$. Per ogni base $a > 0$, $a \neq 1$, e ogni $x > 0$:

$$\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$$

Perché è vero. Chiama $c = \log_a x$, cioè $a^c = x$. Siccome $a = e^{\ln a}$, per le proprietà delle potenze $a^c = e^{c \ln a}$; quindi $e^{c \ln a} = x$, cioè $c \ln a = \ln x$, e basta dividere per $\ln a$, che non è 0 perché $a \neq 1$. È la formula del cambiamento di base, che riprenderemo nel prossimo capitolo.

Quindi $\log_a x$ è $\ln x$ moltiplicato per la costante $\frac{1}{\ln a}$: $\log_2 x \approx 1{,}44 \ln x$ è più ripido, $\log_{10} x \approx 0{,}43 \ln x$ più schiacciato, e tutti passano per $(1, 0)$ e per $(a, 1)$. Con $0 < a < 1$ la costante è negativa e si aggiunge il ribaltamento: infatti $\log_{1/a} x = -\log_a x$, come nella funzione logaritmica, e $\log_{1/2} x$ è $\log_2 x$ capovolto.

In orizzontale: ln(2x) e la sorpresa

Moltiplicare dentro dilata in orizzontale: $y = \ln(2x)$ è il grafico di $\ln x$ compresso verso l’asse $y$ di un fattore 2. Le ascisse si dimezzano: lo zero va in $x = \frac{1}{2}$ e $(e, 1)$ in $\left(\frac{e}{2}, 1\right)$, mentre il dominio $x > 0$ e l’asintoto $x = 0$ restano, perché la metà di 0 è ancora 0.

Ora la sorpresa. Per $x > 0$

$$\begin{gathered} e^{\ln 2 + \ln x} = e^{\ln 2} \cdot e^{\ln x} \\ {} = 2x \end{gathered}$$

quindi, per la definizione di logaritmo, $\ln(2x) = \ln 2 + \ln x$. È la prima delle proprietà dei logaritmi, che vedremo nel prossimo capitolo. Il grafico di $\ln(2x)$ è dunque anche quello di $\ln x$ alzato di $\ln 2 \approx 0{,}69$, e quello di $\ln(4x)$ è alzato di $\ln 4 \approx 1{,}39$. Per il logaritmo, comprimere il grafico in orizzontale (sostituire $x$ con $bx$, con $b > 1$) equivale a traslarlo in verticale di $\ln b$; con $0 < b < 1$ la dilatazione lo abbassa.

Vale anche al contrario: $\ln x + 1 = \ln(ex)$ è $\ln x$ compresso di un fattore $e$, ed ecco perché lo zero 1 è diventato $\frac{1}{e}$. È lo specchio dell’esponenziale, dove spostare in orizzontale equivale a moltiplicare per una costante.

Più mosse in fila: 3 − 2 ln(x + 1)

Applichiamo la scaletta a $y = 3 - 2\ln(x + 1)$, cioè $A = -2$, $b = 1$, $h = -1$, $k = 3$.

1. Dominio: $x + 1 > 0$, cioè $x > -1$.
2. Asintoto verticale $x = -1$; siccome $A < 0$, lì il grafico sale verso $+\infty$.
3. Lo zero:

$$\begin{gathered} 3 - 2\ln(x + 1) = 0 \iff \ln(x + 1) = \frac{3}{2} \\ {} \iff x = e^{3/2} - 1 \approx 3{,}48 \end{gathered}$$

4. Altri punti: l’argomento vale 1 in $x = 0$, dove $y = 3$, e $(0, 3)$ è anche l’intersezione con l’asse $y$; vale $e$ in $x = e - 1 \approx 1{,}72$, dove $y = -2 + 3 = 1$.
5. Le mosse: $\ln x \to \ln(x + 1)$, a sinistra di 1; poi il fattore $-2$, dilatazione verticale con ribaltamento; infine su di 3.

6. Si legge tutto: dominio $(-1, +\infty)$, immagine $\mathbb{R}$, strettamente decrescente (perché $A \cdot b = -2 < 0$), positiva per $-1 < x < e^{3/2} - 1$ e negativa dopo. Controllo: in $x = e^2 - 1 \approx 6{,}39$ vale $3 - 4 = -1$.

Le funzioni composte ln(f(x))

Spesso l’argomento del logaritmo è un’espressione, come in $\ln\left(x^2 + 1\right)$: sono funzioni composte, e per disegnarle bastano il grafico di $f$ e sei domande.

1. Dominio: dove $f(x) > 0$.
2. Zeri: dove $f(x) = 1$, perché il logaritmo vale 0 solo in 1.
3. Segno: $\ln f(x) > 0$ dove $f(x) > 1$, $\ln f(x) < 0$ dove $0 < f(x) < 1$.
4. Monotonia: dove $f > 0$, $\ln f$ ha la stessa monotonia di $f$, perché il logaritmo è strettamente crescente: se $f(x_1) < f(x_2)$, allora $\ln f(x_1) < \ln f(x_2)$. Un massimo $M$ di $f$ diventa il massimo $\ln M$.
5. Asintoti verticali: dove $f(x) \to 0^+$ in un punto finito, $\ln f(x) \to -\infty$; dove $f(x) \to +\infty$ in un punto finito, $\ln f(x) \to +\infty$.
6. All’infinito: se $f(x) \to +\infty$, anche $\ln f(x) \to +\infty$, ma lentamente; se $f(x) \to L > 0$, c’è l’asintoto orizzontale $y = \ln L$; se $f(x) \to 0^+$, $\ln f(x) \to -\infty$.

L’immagine si ottiene applicando il logaritmo ai valori positivi di $f$. È il metodo che completerai, con le derivate, nello studio di funzione logaritmica; dominio e segno dei casi più complicati sono in dominio e segno delle funzioni logaritmiche.

Esempio 1: ln(x² + 1)

• Dominio: $x^2 + 1$ è sempre positivo, quindi il dominio è tutto $\mathbb{R}$.
• Simmetria: $(-x)^2 + 1 = x^2 + 1$, quindi la funzione è pari.
• Zeri e segno: $x^2 + 1 = 1 \iff x = 0$, e $x^2 + 1 > 1$ per ogni $x \neq 0$: la funzione è positiva ovunque tranne in 0.
• Monotonia: $x^2 + 1$ decresce per $x \leq 0$ e cresce per $x \geq 0$, e lo stesso fa il suo logaritmo. Il minimo è $\ln 1 = 0$, nell’origine.
• Asintoti: nessuno verticale, perché l’argomento vale almeno 1; per $x \to \pm\infty$ la funzione sale senza limiti, ma piano: in $x = 10$ vale $\ln 101 \approx 4{,}62$.

Il grafico è una «valle» con il fondo nell’origine e immagine $[0, +\infty)$; in $(\pm 1, \ln 2)$ cambia curvatura, come mostreranno le derivate in concavità e convessità.

Esempio 2: ln(x² − 4)

• Dominio: $x^2 - 4 > 0 \iff x < -2$ oppure $x > 2$. La striscia tra $-2$ e $2$ è fuori dal dominio.
• Simmetria: di nuovo pari.
• Zeri: $x^2 - 4 = 1 \iff x^2 = 5 \iff x = \pm\sqrt{5} \approx \pm 2{,}24$.
• Segno: positiva per $x^2 - 4 > 1$, cioè per $x < -\sqrt{5}$ e per $x > \sqrt{5}$; negativa per $2 < x < \sqrt{5}$ e per $-\sqrt{5} < x < -2$.
• Monotonia: per $x > 2$ l’argomento cresce, quindi anche la funzione; per $x < -2$ decresce.
• Asintoti verticali: quando $x \to 2^+$, $x^2 - 4 \to 0^+$ e la funzione scende verso $-\infty$; lo stesso per $x \to -2^-$. Gli asintoti sono $x = -2$ e $x = 2$.

Ogni ramo assume tutti i valori reali, quindi l’immagine è $\mathbb{R}$.

Esempio 3: un argomento fratto

Disegniamo $y = \ln \dfrac{x + 1}{x - 1}$. L’argomento è la funzione omografica

$$f(x) = \frac{x + 1}{x - 1} = 1 + \frac{2}{x - 1}$$

cioè l’iperbole $\frac{2}{x}$ spostata di 1 a destra e di 1 in alto: asintoti $x = 1$ e $y = 1$, decrescente su ciascun ramo.

• Dominio: $f(x) > 0 \iff x < -1$ oppure $x > 1$.
• Zeri: nessuno, perché $f(x) = 1$ vorrebbe $\frac{2}{x - 1} = 0$.
• Segno: $f(x) > 1 \iff \frac{2}{x - 1} > 0 \iff x > 1$. Positiva per $x > 1$, negativa per $x < -1$.
• Monotonia: strettamente decrescente su $(-\infty, -1)$ e su $(1, +\infty)$, come $f$.
• Asintoti verticali: per $x \to 1^+$, $f(x) \to +\infty$ e la funzione sale verso $+\infty$; per $x \to -1^-$, $f(x) \to 0^+$ e la funzione scende verso $-\infty$.
• All’infinito: $f(x) \to 1$, quindi la funzione tende a $\ln 1 = 0$: l’asse $x$ è asintoto orizzontale, raggiunto dall’alto a destra e dal basso a sinistra.

C’è anche una simmetria: $f(-x) = \frac{1 - x}{-1 - x} = \frac{1}{f(x)}$, e $\ln \frac{1}{t} = -\ln t$, perché $e^{-c} = \frac{1}{e^c}$. La funzione è dispari: passa per $(3, \ln 2)$, perché $f(3) = 2$, e per $(-3, -\ln 2)$. L’immagine è $\mathbb{R} \setminus \{0\}$: il ramo destro assume tutti i valori positivi, quello sinistro tutti i negativi.

Tabella riassuntiva

Funzione	Dominio	Come si ottiene da $\ln x$
$\ln(x - 2)$	$x > 2$	a destra di 2
$\ln x + 1$	$x > 0$	su di 1
$-\ln x$	$x > 0$	simmetria, asse $x$
$\ln(-x)$	$x < 0$	simmetria, asse $y$
$-\ln(-x)$	$x < 0$	simmetria, origine
$\lvert \ln x \rvert$	$x > 0$	parte negativa ribaltata
$\ln \lvert x \rvert$	$x \neq 0$	più il suo specchio
$\log_a x$	$x > 0$	per $\frac{1}{\ln a}$
$\ln(2x)$	$x > 0$	compressione, cioè su di $\ln 2$
$3 - 2\ln(x + 1)$	$x > -1$	sinistra di 1, per $-2$, su di 3

Gli errori più comuni

• Sbagliare il verso della traslazione orizzontale, o non spostare l’asintoto. $\ln(x - 2)$ va a destra, con asintoto $x = 2$ e dominio $x > 2$; $\ln(x + 2)$ va a sinistra.
• Ricopiare lo zero dopo una traslazione verticale. $\ln x + k$ si annulla in $e^{-k}$, non in 1.
• Leggere $\ln(2x - 4)$ come una traslazione di 4. Raccogli: $\ln\big(2(x - 2)\big)$ ha l’asintoto in $x = 2$.
• Scambiare $-\ln x$ con $\ln(-x)$. Il primo ha dominio $x > 0$, il secondo $x < 0$.
• Confondere $|\ln x|$ con $\ln|x|$. La prima ha dominio $x > 0$ e non è mai negativa; la seconda ha dominio $x \neq 0$ ed è pari.
• Cercare gli zeri di $\ln f(x)$ risolvendo $f(x) = 0$. Gli zeri sono dove $f(x) = 1$; dove $f(x) \to 0^+$ c’è, semmai, un asintoto.
• Cercare gli asintoti verticali solo dove l’argomento tende a 0. Anche dove tende a $+\infty$ in un punto finito: $\ln \frac{x + 1}{x - 1}$ sale verso $+\infty$ vicino a $x = 1$.

Esercizi svolti

1. Una traslazione doppia

Testo. Disegna $y = \ln(x + 5) - 2$ partendo da $\ln x$. Trova dominio, asintoto, zero, intersezione con l’asse $y$ e segno.

Prima la mossa sulla $x$, poi quella sulla $y$: $\ln x$ va a sinistra di 5 e giù di 2.

• Dominio e asintoto: $x + 5 > 0$, cioè $x > -5$; l’asintoto verticale è $x = -5$, con il grafico che scende verso $-\infty$.
• Segnaposto: $(1, 0)$ va in $(-4, -2)$, $(e, 1)$ in $(e - 5, -1)$, circa $(-2{,}28;\ -1)$.
• Asse $y$: $f(0) = \ln 5 - 2 \approx -0{,}39$.
• Lo zero:

$$\begin{gathered} \ln(x + 5) - 2 = 0 \iff \ln(x + 5) = 2 \\ {} \iff x + 5 = e^2 \\ {} \iff x = e^2 - 5 \approx 2{,}39 \end{gathered}$$

La funzione è strettamente crescente, con immagine $\mathbb{R}$: negativa per $-5 < x < e^2 - 5$, positiva dopo. Lo zero è dove arriva il punto $(e^2, 2)$ di $\ln x$.

2. Due simmetrie e una traslazione

Testo. Disegna $y = 2 - \ln(1 - x)$ partendo da $\ln x$. Trova dominio, asintoto, zero, intersezione con l’asse $y$ e monotonia.

Raccogliamo il coefficiente della $x$: $1 - x = -(x - 1)$. Poi le mosse, nell’ordine della scaletta:

1. $\ln x \to \ln(-x)$: simmetria rispetto all’asse $y$, dominio $x < 0$;
2. $\to \ln\big(-(x - 1)\big) = \ln(1 - x)$: a destra di 1, dominio $x < 1$, asintoto $x = 1$;
3. $\to -\ln(1 - x)$: simmetria rispetto all’asse $x$, e ora vicino a $x = 1$ il grafico sale verso $+\infty$;
4. $\to 2 - \ln(1 - x)$: su di 2.

I segnaposto: $(1, 0)$ diventa $(0, 2)$, che è l’intersezione con l’asse $y$; $(e, 1)$ diventa $(1 - e, 1)$, circa $(-1{,}72;\ 1)$. Lo zero:

$$\begin{gathered} 2 - \ln(1 - x) = 0 \iff 1 - x = e^2 \\ {} \iff x = 1 - e^2 \approx -6{,}39 \end{gathered}$$

Le due simmetrie si compensano: la funzione è strettamente crescente ($A \cdot b = 1 > 0$). Dominio $(-\infty, 1)$, immagine $\mathbb{R}$: negativa per $x < 1 - e^2$, positiva per $1 - e^2 < x < 1$.

3. Valore assoluto fuori e dentro

Testo. Disegna $y = |\ln(x - 1)|$ e $y = \ln|x + 2|$. Per ciascuna trova dominio, zeri, asintoti e simmetrie.

$|\ln(x - 1)|$. Prima $\ln x$ a destra di 1: dominio $x > 1$, asintoto $x = 1$, zero $x = 2$. Poi il valore assoluto ribalta la parte con $1 < x < 2$, e vicino all’asintoto il grafico sale verso $+\infty$. In $(2, 0)$ c’è il minimo assoluto, con un punto angoloso: la funzione decresce su $(1, 2]$ e cresce su $[2, +\infty)$, con immagine $[0, +\infty)$. Vale 1 in $x = 1 + \frac{1}{e} \approx 1{,}37$ e in $x = 1 + e \approx 3{,}72$.

$\ln|x + 2|$. È $\ln|x|$ spostato a sinistra di 2: dominio $x \neq -2$, asintoto $x = -2$ da entrambe le parti, con i due rami che scendono verso $-\infty$. Gli zeri: $x + 2 = \pm 1$, cioè $x = -1$ e $x = -3$. Il grafico è simmetrico rispetto alla retta $x = -2$, non all’asse $y$: la funzione non è pari. Taglia l’asse $y$ in $\ln 2$ ed è negativa per $-3 < x < -1$, con $x \neq -2$.

4. Riconoscere il grafico e la base

Testo. In un disegno vedi una curva crescente con l’asintoto verticale $x = -2$, che passa per $(-1, 3)$ e per $(2, 5)$. Sapendo che è del tipo $y = \log_a(x - h) + k$, trova $a$, $h$ e $k$. Poi scrivi la funzione con $\ln$, trova lo zero e l’intersezione con l’asse $y$.

L’asintoto dà $h$. L’asintoto è dove l’argomento si annulla: $x - h = 0$ per $x = -2$, quindi $h = -2$.

Il punto con argomento 1 dà $k$. In $x = -1$ l’argomento vale 1 e $\log_a 1 = 0$: il valore 3 è proprio $k$.

L’altro punto dà la base. In $x = 2$ si ha $\log_a 4 + 3 = 5$, cioè $\log_a 4 = 2$, cioè $a^2 = 4$; con $a > 0$, $a = 2$, e infatti la curva è crescente.

Quindi $y = \log_2(x + 2) + 3$. Con il cambiamento di base:

$$\begin{gathered} y = \frac{\ln(x + 2)}{\ln 2} + 3 \\ {} \approx 1{,}44 \ln(x + 2) + 3 \end{gathered}$$

cioè $\ln(x + 2)$ dilatato in verticale e alzato di 3. Lo zero: $\log_2(x + 2) = -3$, cioè $x + 2 = 2^{-3} = \frac{1}{8}$, quindi $x = -\frac{15}{8} = -1{,}875$, vicinissimo all’asintoto. L’intersezione con l’asse $y$ è $(0, 4)$, perché $\log_2 2 + 3 = 4$.

5. Un logaritmo che non si annulla mai

Testo. Descrivi il grafico di $g(x) = \ln \dfrac{x}{x^2 + 1}$: dominio, segno, massimo, monotonia, asintoti e immagine. Quante soluzioni ha l’equazione $g(x) = -1$?

Chiamiamo $f(x) = \frac{x}{x^2 + 1}$ l’argomento.

Dominio. Il denominatore è sempre positivo, quindi $f(x) > 0 \iff x > 0$: il dominio è $(0, +\infty)$.

Il massimo di $f$, senza derivate. Per $x > 0$:

$$\begin{gathered} \frac{x}{x^2 + 1} \leq \frac{1}{2} \iff 2x \leq x^2 + 1 \\ {} \iff 0 \leq (x - 1)^2 \end{gathered}$$

che è sempre vero, con l’uguaglianza solo in $x = 1$. Quindi $0 < f(x) \leq \frac{1}{2}$.

Segno. L’argomento è sempre minore di 1, quindi $g(x) < 0$ per ogni $x > 0$: nessuno zero, grafico tutto sotto l’asse $x$, con il massimo $g(1) = \ln \frac{1}{2} = -\ln 2 \approx -0{,}69$.

Monotonia. Per $x > 0$ si ha $f(x) = \frac{1}{x + 1/x}$, e per $0 < x_1 < x_2$:

$$\begin{gathered} \left(x_2 + \tfrac{1}{x_2}\right) - \left(x_1 + \tfrac{1}{x_1}\right) \\ {} = (x_2 - x_1) \cdot \frac{x_1 x_2 - 1}{x_1 x_2} \end{gathered}$$

Se $x_1 < x_2 \leq 1$, il prodotto $x_1 x_2$ è minore di 1 e la differenza è negativa; se $1 \leq x_1 < x_2$ è positiva. Quindi $x + \frac{1}{x}$ è strettamente decrescente su $(0, 1]$ e strettamente crescente su $[1, +\infty)$, e il suo reciproco $f$, con $g$, fa il contrario: $g$ è strettamente crescente su $(0, 1]$ e strettamente decrescente su $[1, +\infty)$.

Asintoti e immagine. Per $x \to 0^+$ e per $x \to +\infty$ l’argomento tende a $0^+$, quindi $g \to -\infty$ da entrambe le parti: asintoto verticale $x = 0$, nessun asintoto orizzontale. $f$ assume tutti i valori di $\left(0, \frac{1}{2}\right]$, quindi l’immagine di $g$ è $(-\infty, -\ln 2]$.

L’equazione. $-1 < -\ln 2$, quindi la retta $y = -1$ taglia il grafico due volte, una per tratto monotono:

$$\begin{gathered} \frac{x}{x^2 + 1} = \frac{1}{e} \iff x^2 - ex + 1 = 0 \\ x = \frac{e \pm \sqrt{e^2 - 4}}{2} \end{gathered}$$

Le soluzioni sono due, $x \approx 0{,}44$ e $x \approx 2{,}28$, entrambe positive. Il loro prodotto è 1: infatti $f\left(\frac{1}{x}\right) = f(x)$.

6. Da esame: quante soluzioni al variare di k

Testo. Disegna il grafico di $y = \big|\ln(2 - |x|)\big|$ e determina, al variare del parametro reale $k$, il numero di soluzioni dell’equazione $\big|\ln(2 - |x|)\big| = k$.

Il grafico. Il dominio è $2 - |x| > 0$, cioè $-2 < x < 2$. La funzione è pari, perché contiene $|x|$: basta disegnarla per $0 \leq x < 2$ e specchiarla.

1. Per $x \geq 0$ la funzione è $|\ln(2 - x)|$. Il grafico di $\ln(2 - x)$ è $\ln x$ ribaltato rispetto all’asse $y$ e spostato a destra di 2: asintoto $x = 2$, strettamente decrescente, zero in $x = 1$, e vale $\ln 2 \approx 0{,}69$ in $x = 0$.
2. Il valore assoluto ribalta il tratto con $1 < x < 2$: vicino a $x = 2$ il grafico ora sale verso $+\infty$.

Per $0 \leq x < 2$ il grafico scende da $\ln 2$ a 0 su $[0, 1]$ e risale verso $+\infty$ su $[1, 2)$. Specchiando si ottiene una «W» tra gli asintoti $x = \pm 2$, con i minimi 0 in $x = \pm 1$ e un massimo relativo $\ln 2$ in $x = 0$, tutti punti angolosi.

Le soluzioni. Facciamo salire la retta $y = k$ e contiamo le intersezioni:

Valori di $k$	Soluzioni
$k < 0$	nessuna
$k = 0$	2: $x = \pm 1$
$0 < k < \ln 2$	4
$k = \ln 2$	3: $x = 0$ e $x = \pm\frac{3}{2}$
$k > \ln 2$	2

Sopra $\ln 2$ la retta passa sopra i tratti centrali e taglia solo i rami esterni.

Verifica con l’algebra. Per $k \geq 0$ e $x \geq 0$ l’equazione equivale a $\ln(2 - x) = \pm k$, cioè

$$\begin{gathered} x = 2 - e^{k} \\ \text{oppure} \quad x = 2 - e^{-k} \end{gathered}$$

La seconda sta sempre in $[1, 2)$; la prima è accettabile solo se $2 - e^{k} \geq 0$, cioè $k \leq \ln 2$. Con $k = \ln 2$ si trovano $x = 0$ e $x = \frac{3}{2}$: con gli opposti, e lo 0 è opposto di sé stesso, tre soluzioni. Con $k = \frac{1}{2}$, invece, $x \approx \pm 0{,}35$ e $x \approx \pm 1{,}39$: quattro.

Altri esercizi su tutto il capitolo li trovi negli esercizi svolti sulla funzione logaritmica.

In sintesi

• Si parte da $\ln x$ e dai suoi segnaposto: $(1, 0)$, $(e, 1)$ e l’asintoto $x = 0$.
• $A \ln\big(b(x - h)\big) + k$ ha asintoto $x = h$, uno zero solo e immagine $\mathbb{R}$; le mosse dentro si fanno dalla più vicina al logaritmo, quelle fuori nell’ordine dei calcoli.
• $\ln(x - h)$ sposta dominio, asintoto e zero; $\ln x + k$ porta lo zero in $e^{-k}$.
• $-\ln x$, $\ln(-x)$ e $-\ln(-x)$ sono i simmetrici rispetto all’asse $x$, all’asse $y$ e all’origine.
• $|\ln x|$ ribalta la parte tra 0 e 1; $\ln|x|$ è pari, con dominio $x \neq 0$.
• $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ è una dilatazione verticale di $\ln x$; $\ln(bx) = \ln b + \ln x$: comprimere in orizzontale equivale a traslare in verticale.
• $\ln f(x)$: dominio dove $f > 0$, zeri dove $f = 1$, la monotonia di $f$, asintoti dove $f \to 0^+$ o $f \to +\infty$ in un punto finito.

Nel prossimo articolo approfondiamo il dominio e il segno, che negli esercizi d’esame sono i più richiesti: dominio e segno delle funzioni logaritmiche.