Studio di funzione irrazionale: radici, asintoti, cuspidi ed esercizi svolti

Una funzione irrazionale è una funzione in cui la variabile compare sotto una radice, come $\sqrt{x^2 - 4x}$, $\sqrt[3]{x^2}\,(x - 5)$ o $x\sqrt{1 - x^2}$. All’esame di Analisi 1 è uno dei tipi più frequenti nello studio di funzione, insieme alle fratte, agli esponenziali e ai logaritmi. I sette passi restano gli stessi, ma la radice ne cambia tre: il dominio, gli asintoti e la derivata. In questa pagina vediamo cosa sapere sulle radici (dominio con gli estremi inclusi, segno, monotonia, il comportamento all’infinito e i punti dove la derivata non esiste), uno schema rapido delle forme tipiche, la scaletta, tre studi completi con il grafico, gli errori più comuni e cinque esercizi svolti.

Cosa sapere sulle radici

Il dominio: conta l’indice

Se la radice pari sta al denominatore, la condizione diventa $g(x) > 0$. Se sotto radice c’è una frazione, si studia il segno della frazione intera con la tabella dei segni di dominio, simmetrie e segno: spezzarla in due radici fa perdere i punti dove numeratore e denominatore sono entrambi negativi (esercizio 1).

La conseguenza più importante: gli zeri del radicando appartengono al dominio. Se il dominio è $[4, +\infty)$, in 4 la funzione vale $\sqrt{0} = 0$: il grafico parte da un punto, disegnato pieno, e lì non c’è nessun asintoto. Attenzione anche ai punti isolati: $\sqrt{x^2(x - 2)}$ è definita per $x \geq 2$ e in $x = 0$.

Il segno

Una radice quadrata è sempre $\geq 0$, e vale zero solo dove si annulla il radicando. In un prodotto come $x\sqrt{1 - x^2}$ la radice serve solo per il dominio e per gli zeri: il segno lo decide $x$. Una radice cubica, invece, ha lo stesso segno del radicando.

Monotonia: la radice rispetta l’ordine

$\sqrt{t}$ e $\sqrt[3]{t}$ sono funzioni strettamente crescenti. Quindi, nel dominio, $\sqrt{g(x)}$ cresce e decresce esattamente dove cresce e decresce $g(x)$, e i suoi massimi e minimi interni stanno negli stessi punti. È quello che dice la derivata $\frac{g'}{2\sqrt{g}}$: il denominatore è positivo, il segno è quello di $g'$. Un trucco simile per le funzioni positive: dove $f \geq 0$, $f$ e $f^2$ crescono negli stessi intervalli, e $f^2$ non ha radici.

All’infinito: la radice di x² è |x|

La trappola numero uno: $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, che per $x$ negativo vale $-x$ (rivedi il valore assoluto). Raccogliendo $x^2$ sotto radice:

$$\sqrt{x^2 - 4x} = \lvert x \rvert\,\sqrt{1 - \frac{4}{x}}$$

Per $x \to +\infty$ davanti c’è $x$, per $x \to -\infty$ c’è $-x$: i due lati si studiano separatamente e spesso hanno asintoti obliqui diversi. Per finire i conti ci sono due strade:

• razionalizzare la forma $\infty - \infty$, come nel calcolo dei limiti, con $\sqrt{A} - B = \frac{A - B^2}{\sqrt{A} + B}$;
• usare gli sviluppi della formula di Taylor, per $t \to 0$:

$$\begin{gathered} \sqrt{1 + t} = 1 + \frac{t}{2} + o(t) \\ \sqrt[3]{1 + t} = 1 + \frac{t}{3} + o(t) \end{gathered}$$

Con lo sviluppo si ottiene una regola che vale per tutte le radici di un trinomio.

Perché è vero. Raccogliamo $ax^2$ e usiamo lo sviluppo con $t = \frac{b}{ax} + \frac{c}{ax^2}$, che tende a 0:

$$\begin{gathered} \sqrt{ax^2 + bx + c} = \sqrt{a}\,\lvert x \rvert \sqrt{1 + t} \\ {} = \sqrt{a}\,\lvert x \rvert \left(1 + \frac{b}{2ax} + o\!\left(\frac{1}{x}\right)\right) \end{gathered}$$

Moltiplicando, $\sqrt{a}\,\lvert x \rvert \cdot \frac{b}{2ax}$ vale $\frac{b}{2\sqrt{a}}$ per $x > 0$ e $-\frac{b}{2\sqrt{a}}$ per $x < 0$, mentre l’ultimo termine tende a 0. Restano le due rette.

Insieme formano una «V» con il vertice in $x = -\frac{b}{2a}$, e la posizione del grafico si legge completando il quadrato: $ax^2 + bx + c = a\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a}$. Se $\Delta > 0$ il radicando è minore del quadrato e il grafico sta sotto la V; se $\Delta < 0$ sta sopra; se $\Delta = 0$ la funzione è la V stessa.

Con la radice cubica è più semplice, perché $\sqrt[3]{x^3} = x$ senza valore assoluto: $\sqrt[3]{x^3 + bx^2 + cx + d}$ ha lo stesso asintoto $y = x + \frac{b}{3}$ a destra e a sinistra. I conti con $m$ e $q$ passo per passo sono negli asintoti e in limiti e asintoti nello studio di funzione.

Dove la derivata non esiste

Le formule della derivata valgono solo dove il radicando non si annulla:

$$\begin{gathered} \left(\sqrt{g}\right)' = \frac{g'}{2\sqrt{g}} \quad (g > 0) \\ \left(\sqrt[3]{g}\right)' = \frac{g'}{3\sqrt[3]{g^2}} \quad (g \neq 0) \end{gathered}$$

Dove $g(x_0) = 0$ il denominatore va a zero. Lì la funzione è continua, e la derivata laterale si trova con un limite.

È un corollario del teorema di Lagrange; la dimostrazione e la classificazione completa sono in derivabilità e continuità. Ricordiamo i nomi, per $f$ continua in $x_0$: cuspide se le due derivate laterali sono infinite di segno opposto, flesso a tangente verticale se sono infinite dello stesso segno, punto angoloso se sono diverse e almeno una è finita. In un estremo del dominio c’è un solo lato: se la derivata è infinita, la tangente è la retta verticale $x = x_0$. Con le radici, quale caso capita lo decide quasi sempre la molteplicità dello zero.

Radice quadrata, zero semplice: tangente verticale nell’estremo. Se $g(x_0) = 0$ e $g'(x_0) \neq 0$, in $\frac{g'}{2\sqrt{g}}$ il numeratore tende a $g'(x_0) \neq 0$ e il denominatore a $0^+$: $f'$ tende all’infinito. L’idea: vicino a $x_0$ si ha $g(x) \approx g'(x_0)(x - x_0)$, e il grafico somiglia a quello di $\sqrt{x - x_0}$, una parabola coricata su un fianco.

Radice cubica, zero semplice: flesso a tangente verticale. In $\frac{g'}{3\sqrt[3]{g^2}}$ il numeratore tende a $g'(x_0) \neq 0$ e il denominatore è positivo da entrambi i lati: $f'$ tende all’infinito con lo stesso segno, come $\sqrt[3]{x}$ in 0.

Radice cubica, zero doppio: cuspide. Se $g = (x - x_0)^2 h$ con $h(x_0) \neq 0$, semplificando un fattore $x - x_0$ si trova

$$f'(x) = \frac{2h + (x - x_0)\,h'}{3\sqrt[3]{x - x_0}\,\sqrt[3]{h^2}}$$

Il numeratore tende a $2h(x_0) \neq 0$, e $\sqrt[3]{x - x_0}$ cambia segno in $x_0$: infiniti di segno opposto, come $\sqrt[3]{x^2}$ in 0.

Radice quadrata, zero doppio: spigolo. $\sqrt{(x - x_0)^2 h} = \lvert x - x_0 \rvert\sqrt{h}$: se $h(x_0) > 0$ è un punto angoloso, con derivate laterali $\pm\sqrt{h(x_0)}$; se $h(x_0) < 0$, $x_0$ è un punto isolato.

Questi punti e gli estremi del dominio vanno sempre aggiunti ai candidati per i massimi e minimi: possono essere estremi anche se lì $f'$ non vale zero.

Schema rapido

Vicino a uno zero $x_0$ del radicando, con $h(x_0) \neq 0$:

Radicando	Radice quadrata	Radice cubica
${(x - x_0)\,h}$	estremo con tangente verticale	flesso a tangente verticale
${(x - x_0)^2\,h}$	punto angoloso o punto isolato	cuspide
${(x - x_0)^3\,h}$	estremo con tangente orizzontale	derivabile

All’infinito:

Funzione	Asintoti a $\pm\infty$
${\sqrt{ax^2 + bx + c}}$, ${a > 0}$	${y = \pm\sqrt{a}\left(x + \frac{b}{2a}\right)}$, con il più a destra e il meno a sinistra
${\sqrt[3]{x^3 + bx^2 + \dots}}$	${y = x + \frac{b}{3}}$ da entrambe le parti
${\sqrt{P(x)}}$, grado 1 o almeno 3	nessun asintoto

Nell’ultima riga la radice cresce più piano di ogni retta (grado 1) o più in fretta (grado 3 o più). Una frazione sotto radice può invece dare asintoti verticali, come nell’esercizio 1.

La scaletta per una funzione irrazionale

1. Dominio: radicando $\geq 0$ per gli indici pari, estremi inclusi; $> 0$ al denominatore.
2. Simmetrie: pari o dispari se il dominio è simmetrico; con un trinomio sotto radice cerca anche l’asse verticale della parabola.
3. Intersezioni e segno: la radice quadrata è $\geq 0$, conta il resto.
4. Limiti e asintoti: negli estremi inclusi basta il valore; a $+\infty$ e $-\infty$ due conti separati, con $\lvert x \rvert$.
5. Derivata prima: segno e monotonia; poi i limiti di $f'$ negli zeri del radicando, per classificare.
6. Derivata seconda: concavità e flessi, compresi quelli a tangente verticale.
7. Grafico: punti pieni negli estremi, tangenti verticali, cuspidi; poi il controllo di coerenza.

Esempio 1: due asintoti diversi e due tangenti verticali

$$f(x) = \sqrt{x^2 - 4x}$$

1. Dominio. $x^2 - 4x = x(x - 4) \geq 0$ fuori dalle radici, estremi compresi:

$$D = (-\infty, 0] \cup [4, +\infty)$$

2. Simmetrie. Il dominio non è simmetrico rispetto a 0. Ma il radicando è una parabola con l’asse $x = 2$, e infatti $(4 - x)^2 - 4(4 - x) = x^2 - 4x$: vale $f(4 - x) = f(x)$, il grafico è simmetrico rispetto alla retta $x = 2$.

3. Intersezioni e segno. $f(0) = 0$: il grafico passa per l’origine. Zeri in 0 e 4; altrove $f > 0$.

4. Limiti e asintoti. Niente asintoti verticali: 0 e 4 sono inclusi. A $\pm\infty$ la funzione tende a $+\infty$, e la regola con $a = 1$, $b = -4$ dà subito

$$\begin{gathered} y = x - 2 \quad \text{per } x \to +\infty \\ y = -x + 2 \quad \text{per } x \to -\infty \end{gathered}$$

Le due rette formano la V $y = \lvert x - 2 \rvert$. Poiché $x^2 - 4x = (x - 2)^2 - 4$, il radicando è minore di $(x - 2)^2$: il grafico sta sempre sotto gli asintoti. Per esempio $f(10) = \sqrt{60} \approx 7{,}75$, contro 8 della retta. Con i limiti si trova lo stesso: $m = \pm 1$ e, razionalizzando, $q = \mp 2$.

5. Derivata prima. Per $x < 0$ e per $x > 4$:

$$\begin{gathered} f'(x) = \frac{2x - 4}{2\sqrt{x^2 - 4x}} \\ {} = \frac{x - 2}{\sqrt{x^2 - 4x}} \end{gathered}$$

Il segno è quello di $x - 2$, come prevede il trucco della monotonia: la parabola $x^2 - 4x$ scende prima del vertice e sale dopo.

Intervallo	$f'(x)$	$f(x)$
${(-\infty, 0)}$	$-$	$\searrow$
${(0, 4)}$	fuori dal dominio
${(4, +\infty)}$	$+$	$\nearrow$

La funzione decresce in $(-\infty, 0]$ e cresce in $[4, +\infty)$. In 0 e 4 la derivata non esiste, eppure sono due minimi assoluti, con $f = 0$: lo diceva già il segno. Sono zeri semplici del radicando, quindi ci aspettiamo tangenti verticali:

$$\begin{gathered} f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \frac{-2}{0^+} = -\infty \\ f'_+(4) = \lim_{x \to 4^+} f'(x) = \frac{2}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

Il grafico arriva in 0 e riparte da 4 in verticale. Non sono cuspidi: il grafico sta da una parte sola.

6. Derivata seconda. Poniamo $g = x^2 - 4x$, così $\left(\sqrt{g}\right)' = \frac{x - 2}{\sqrt{g}}$. Con la regola del quoziente, moltiplicando sopra e sotto per $\sqrt{g}$:

$$\begin{gathered} f''(x) = \frac{\sqrt{g} - (x - 2) \cdot \frac{x - 2}{\sqrt{g}}}{g} \\ {} = \frac{g - (x - 2)^2}{g\sqrt{g}} = \frac{-4}{g\sqrt{g}} \end{gathered}$$

perché $g - (x - 2)^2 = -4$. Il denominatore è positivo: $f'' < 0$, la funzione è concava su entrambi i rami, senza flessi. È coerente: un ramo concavo che sta sotto il suo asintoto.

7. Grafico. Due rami concavi, simmetrici rispetto a $x = 2$, che partono verticali da $(0, 0)$ e da $(4, 0)$ e si avvicinano dal basso agli asintoti. Elevando al quadrato, $y^2 = (x - 2)^2 - 4$, cioè $(x - 2)^2 - y^2 = 4$: il grafico è la metà superiore di un’iperbole equilatera di centro $(2, 0)$, e gli asintoti sono i suoi.

Esempio 2: una cuspide, un minimo e un flesso

$$f(x) = \sqrt[3]{x^2}\,(x - 5)$$

1. Dominio. La radice è cubica: $D = \mathbb{R}$.

2. Simmetrie. Nessuna: $f(1) = -4$ e $f(-1) = -6$.

3. Intersezioni e segno. $f(0) = 0$; zeri in 0 e 5. Il fattore $\sqrt[3]{x^2}$ è positivo tranne in 0, quindi conta $x - 5$: $f < 0$ per $x < 5$ con $x \neq 0$, $f > 0$ per $x > 5$.

4. Limiti e asintoti. $f(x) \to \pm\infty$ per $x \to \pm\infty$. Nessun obliquo: $\frac{f(x)}{x} = \sqrt[3]{x^2} \cdot \frac{x - 5}{x} \to +\infty$ da entrambe le parti, il grafico diventa più ripido di qualunque retta.

5. Derivata prima. Per $x \neq 0$, $\left(\sqrt[3]{x^2}\right)' = \frac{2x}{3\sqrt[3]{x^4}} = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}}$. Con la regola del prodotto, usando $\sqrt[3]{x^2} \cdot \sqrt[3]{x} = x$:

$$\begin{gathered} f'(x) = \frac{2(x - 5)}{3\sqrt[3]{x}} + \sqrt[3]{x^2} \\ {} = \frac{2(x - 5) + 3x}{3\sqrt[3]{x}} = \frac{5(x - 2)}{3\sqrt[3]{x}} \end{gathered}$$

Il fattore $\sqrt[3]{x}$ ha il segno di $x$, quindi nella tabella mettiamo il segno di $\frac{x - 2}{\sqrt[3]{x}}$:

Intervallo	$f'(x)$	$f(x)$
${(-\infty, 0)}$	${\frac{-}{-} = +}$	$\nearrow$
${(0, 2)}$	${\frac{-}{+} = -}$	$\searrow$
${(2, +\infty)}$	${\frac{+}{+} = +}$	$\nearrow$

In 0 la funzione passa da crescente a decrescente: massimo relativo, $f(0) = 0$, anche se lì $f'$ non esiste. Il radicando $x^2$ ha uno zero doppio, quindi ci aspettiamo una cuspide. Infatti $f$ è continua e

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \frac{-10}{0^-} = +\infty \\ \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \frac{-10}{0^+} = -\infty \end{gathered}$$

Infiniti di segno opposto: cuspide, con la punta in su. In 2 c’è un minimo relativo: $f(2) = \sqrt[3]{4} \cdot (-3) \approx -4{,}76$.

6. Derivata seconda. Deriviamo $\frac{x - 2}{\sqrt[3]{x}}$ con la regola del quoziente, usando $\left(\sqrt[3]{x}\right)' = \frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$ e moltiplicando sopra e sotto per $3\sqrt[3]{x^2}$:

$$\begin{gathered} \left(\frac{x - 2}{\sqrt[3]{x}}\right)' = \frac{\sqrt[3]{x} - \frac{x - 2}{3\sqrt[3]{x^2}}}{\sqrt[3]{x^2}} \\ {} = \frac{3x - (x - 2)}{3\sqrt[3]{x^4}} = \frac{2(x + 1)}{3x\sqrt[3]{x}} \end{gathered}$$

Moltiplicando per $\frac{5}{3}$:

$$f''(x) = \frac{10(x + 1)}{9x\sqrt[3]{x}}$$

Il prodotto $x\sqrt[3]{x} = \sqrt[3]{x^4}$ è positivo per $x \neq 0$: conta solo $x + 1$.

Intervallo	$f''(x)$	$f(x)$
${(-\infty, -1)}$	$-$	concava
${(-1, 0)}$	$+$	convessa
${(0, +\infty)}$	$+$	convessa

In $x = -1$ c’è un flesso: $f(-1) = 1 \cdot (-6) = -6$, con tangente di pendenza $f'(-1) = \frac{5 \cdot (-3)}{3 \cdot (-1)} = 5$, cioè la retta $y = 5x - 1$. In 0 la concavità non cambia: la cuspide sta in mezzo a una zona convessa.

7. Grafico. Da sinistra: la curva sale da $-\infty$, cambia concavità nel flesso $(-1, -6)$, arriva in punta all’origine, scende fino al minimo $\left(2, -3\sqrt[3]{4}\right)$, risale tagliando l’asse $x$ in 5 e prosegue verso $+\infty$.

Esempio 3: un dominio chiuso e limitato

$$f(x) = x\sqrt{1 - x^2}$$

1. Dominio. $1 - x^2 \geq 0$, cioè $D = [-1, 1]$: chiuso e limitato.

2. Simmetrie. $f(-x) = -x\sqrt{1 - x^2} = -f(x)$: la funzione è dispari, simmetrica rispetto all’origine.

3. Intersezioni e segno. Zeri in $-1$, 0 e 1. All’interno la radice è positiva: il segno è quello di $x$.

4. Limiti e asintoti. Niente da calcolare: il dominio è un intervallo chiuso e limitato e $f$ è continua, quindi non ci sono asintoti. Anzi, per il teorema di Weierstrass $f$ ha di sicuro un massimo e un minimo assoluti. I candidati sono gli estremi, i punti stazionari e i punti di non derivabilità.

5. Derivata prima. Per $-1 < x < 1$, con la regola del prodotto:

$$\begin{gathered} f'(x) = \sqrt{1 - x^2} + x \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{1 - x^2}} \\ {} = \frac{1 - x^2 - x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{1 - 2x^2}{\sqrt{1 - x^2}} \end{gathered}$$

Si annulla per $x^2 = \frac{1}{2}$, cioè $x = \pm\frac{\sqrt{2}}{2} \approx \pm 0{,}71$, ed è positiva tra i due valori:

Intervallo	$f'(x)$	$f(x)$
${\left(-1, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}$	$-$	$\searrow$
${\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)}$	$+$	$\nearrow$
${\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right)}$	$-$	$\searrow$

Calcoliamo i valori:

$$f\!\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}$$

e per la disparità $f\!\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\frac{1}{2}$. Confrontando con $f(\pm 1) = 0$: massimo assoluto $\frac{1}{2}$ e minimo assoluto $-\frac{1}{2}$; l’immagine è $\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$. Anche gli estremi del dominio sono estremi relativi: $-1$ è un massimo relativo, perché subito dopo la funzione è negativa, e 1 un minimo relativo. Un controllo senza derivate:

$$\begin{gathered} f^2 = x^2(1 - x^2) \\ {} = \frac{1}{4} - \left(x^2 - \frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{4} \end{gathered}$$

con l’uguale proprio per $x^2 = \frac{1}{2}$. Agli estremi il radicando ha zeri semplici:

$$\begin{gathered} f'_+(-1) = \lim_{x \to -1^+} f'(x) = \frac{-1}{0^+} = -\infty \\ f'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} f'(x) = \frac{-1}{0^+} = -\infty \end{gathered}$$

Tangenti verticali in $(-1, 0)$ e $(1, 0)$: il grafico parte scendendo in verticale e arriva scendendo in verticale.

6. Derivata seconda. Regola del quoziente su $f'$, moltiplicando sopra e sotto per $\sqrt{1 - x^2}$:

$$\begin{gathered} f''(x) = \frac{-4x(1 - x^2) + x(1 - 2x^2)}{(1 - x^2)\sqrt{1 - x^2}} \\ {} = \frac{x(2x^2 - 3)}{(1 - x^2)\sqrt{1 - x^2}} \end{gathered}$$

Nel dominio $2x^2 - 3 < 0$ e il denominatore è positivo: $f''$ ha il segno di $-x$. La funzione è convessa in $(-1, 0)$ e concava in $(0, 1)$: flesso nell’origine, con tangente $y = x$ perché $f'(0) = 1$.

7. Grafico. Parte in verticale da $(-1, 0)$ scendendo, tocca il minimo $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2}\right)$, risale attraversando l’origine con pendenza 1, raggiunge il massimo $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2}\right)$ e ridiscende fino a $(1, 0)$, dove arriva in verticale.

Gli errori più comuni

• Scrivere che la radice di x² è x. Vale $\lvert x \rvert$: a $-\infty$ si trova l’asintoto sbagliato, e portando fuori un fattore si sbaglia il segno: $\sqrt{x^2(x + 1)} = \lvert x \rvert\sqrt{x + 1}$, mentre $x\sqrt{x + 1}$, per $-1 < x < 0$, sarebbe negativa.
• Spezzare la radice di una frazione prima del dominio. $\sqrt{\frac{A}{B}}$ esiste anche dove $A$ e $B$ sono entrambi negativi, $\frac{\sqrt{A}}{\sqrt{B}}$ no.
• Escludere gli zeri del radicando. Lì la radice vale 0: il punto appartiene al grafico, si disegna pieno e non c’è nessun asintoto.
• Confondere tangente verticale e asintoto verticale. Nella tangente verticale la funzione resta finita e il grafico tocca la retta in un punto; vicino a un asintoto la funzione va all’infinito.
• Usare la formula della derivata dove il radicando è zero. Lì non vale: si calcolano i limiti destro e sinistro di $f'$, oppure si usa la definizione.
• Confondere cuspide e flesso a tangente verticale. Infiniti di segno opposto danno una cuspide, dello stesso segno un flesso. Con la radice cubica lo anticipa la molteplicità dello zero.
• Cercare i massimi solo dove f′ vale zero. Estremi del dominio e cuspidi sono spesso massimi o minimi: nell’esempio 1 i minimi sono proprio negli estremi.
• Elevare al quadrato senza condizioni. $\sqrt{A} < B$ equivale al sistema $A \geq 0,\ B > 0,\ A < B^2$; se $B < 0$ non ha soluzioni, mentre $\sqrt{A} > B$ con $B < 0$ è vera in tutto il dominio.

Esercizi svolti

1. Una frazione sotto radice

Testo. Trova il dominio di $f(x) = \sqrt{\frac{x^2 - 4}{x - 1}}$ e di’ cosa fa il grafico ai bordi del dominio.

Il numeratore è positivo per $x < -2$ e per $x > 2$, il denominatore per $x > 1$. Con la regola dei segni:

Intervallo	Frazione
${(-\infty, -2)}$	${\frac{+}{-} = -}$
${(-2, 1)}$	${\frac{-}{-} = +}$
${(1, 2)}$	${\frac{-}{+} = -}$
${(2, +\infty)}$	${\frac{+}{+} = +}$

Gli zeri del numeratore vanno presi, il punto 1 no:

$$D = [-2, 1) \cup [2, +\infty)$$

Chi scrive $\frac{\sqrt{x^2 - 4}}{\sqrt{x - 1}}$ impone $x > 1$ e perde tutto $[-2, 1)$, dove numeratore e denominatore sono negativi: per esempio $f(0) = \sqrt{4} = 2$.

Ai bordi. Chiamiamo $g$ il radicando. Con la regola del quoziente

$$g'(x) = \frac{x^2 - 2x + 4}{(x - 1)^2}$$

e il numeratore ha $\Delta < 0$, quindi $g' > 0$: $f$ cresce su entrambi gli intervalli. In $-2$ e in 2 il radicando ha zeri semplici, con $g'(-2) = \frac{4}{3}$ e $g'(2) = 4$: in $f' = \frac{g'}{2\sqrt{g}}$ il denominatore tende a $0^+$ e $f' \to +\infty$. Il grafico parte in verticale da $(-2, 0)$ e da $(2, 0)$. In $1^-$ il radicando tende a $\frac{-3}{0^-} = +\infty$: asintoto verticale $x = 1$, da sinistra. A $+\infty$ la frazione si comporta come $x$ e $f$ come $\sqrt{x}$: tende a $+\infty$ più piano di ogni retta, nessun asintoto. In tutto: due rami crescenti, uno da $(-2, 0)$ all’asintoto $x = 1$, l’altro da $(2, 0)$ verso $+\infty$.

2. Con che tangente parte il grafico

Testo. Trova le tangenti negli estremi del dominio di $f(x) = \sqrt{x^3 - x^4}$ e il suo massimo.

Dominio. $x^3(1 - x) \geq 0$; il cubo ha il segno di $x$, quindi $D = [0, 1]$. Per $x \geq 0$ si ha $\sqrt{x^3 - x^4} = x\sqrt{x - x^2}$, e per $0 < x < 1$:

$$\begin{gathered} f'(x) = \frac{3x^2 - 4x^3}{2\sqrt{x^3 - x^4}} \\ {} = \frac{x(3 - 4x)}{2\sqrt{x - x^2}} \end{gathered}$$

In 0 lo zero del radicando è triplo. Con la definizione:

$$\begin{gathered} f'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{h\sqrt{h - h^2}}{h} \\ {} = \lim_{h \to 0^+} \sqrt{h - h^2} = 0 \end{gathered}$$

Tangente orizzontale: il grafico parte schiacciato sull’asse, come $x\sqrt{x}$.

In 1 lo zero è semplice: il numeratore di $f'$ tende a $-1$, il denominatore a $0^+$, quindi $f'_-(1) = -\infty$. Tangente verticale.

Massimo. $f'$ si annulla in $x = \frac{3}{4}$, positiva prima e negativa dopo:

$$\begin{gathered} f\!\left(\frac{3}{4}\right) = \frac{3}{4}\sqrt{\frac{3}{4} - \frac{9}{16}} \\ {} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{16} \approx 0{,}32 \end{gathered}$$

È il massimo assoluto, perché agli estremi $f$ vale 0. La stessa radice ha una tangente orizzontale in 0 e una verticale in 1: lo decide la molteplicità dello zero.

3. Cuspide o flesso a tangente verticale?

Testo. Classifica i punti di non derivabilità di $f(x) = \sqrt[3]{x^4 - x^2}$ e trova massimi e minimi.

Il radicando è $x^2(x - 1)(x + 1)$: zero doppio in 0, zeri semplici in $\pm 1$. Lo schema prevede una cuspide in 0 e due flessi a tangente verticale in $\pm 1$. Verifichiamo. Per $x \neq 0$ e $x \neq \pm 1$, usando $4x^3 - 2x = 2x(2x^2 - 1)$ e $\sqrt[3]{x^4} = x\sqrt[3]{x}$:

$$\begin{gathered} f'(x) = \frac{4x^3 - 2x}{3\sqrt[3]{x^4(x^2 - 1)^2}} \\ {} = \frac{2(2x^2 - 1)}{3\sqrt[3]{x}\,\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}} \end{gathered}$$

In 0 il numeratore tende a $-2$, $\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}$ a 1 e $\sqrt[3]{x}$ a $0^-$ da sinistra e a $0^+$ da destra. Quindi $f'_-(0) = +\infty$ e $f'_+(0) = -\infty$: cuspide, con la punta in su.

In 1 il numeratore tende a 2, $\sqrt[3]{x}$ a 1 e $\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}$ a $0^+$ da entrambi i lati. Quindi $f' \to +\infty$ a sinistra e a destra: flesso a tangente verticale. In $-1$ cambia solo $\sqrt[3]{x}$, che tende a $-1$: $f' \to -\infty$ da entrambi i lati, un altro flesso a tangente verticale, come vuole la simmetria, perché $f$ è pari.

Massimi e minimi. Il fattore $\sqrt[3]{(x^2 - 1)^2}$ è positivo per $x \neq \pm 1$, e $\sqrt[3]{x}$ ha il segno di $x$: $f'$ ha il segno di $\frac{2x^2 - 1}{x}$, positivo tra $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ e 0 e per $x > \frac{\sqrt{2}}{2}$, negativo altrove. Massimo relativo nella cuspide, $f(0) = 0$; minimi in $x = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$, con $f = \sqrt[3]{\frac{1}{4} - \frac{1}{2}} \approx -0{,}63$. Sono minimi assoluti: per $x \to \pm\infty$ la funzione tende a $+\infty$, più in fretta di ogni retta, quindi senza asintoti. Il grafico è una W con la punta in alto, che taglia l’asse $x$ in verticale in $\pm 1$.

4. Due asintoti con pendenze diverse

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \sqrt{4x^2 + 2x} - x$ e di’ da che parte sta il grafico.

Dominio. $2x(2x + 1) \geq 0$: $x \leq -\frac{1}{2}$ oppure $x \geq 0$, estremi inclusi, quindi niente asintoti verticali.

Asintoti. Per la radice la regola, con $a = 4$ e $b = 2$, dà $y = 2x + \frac{1}{2}$ a destra e $y = -2x - \frac{1}{2}$ a sinistra. Togliendo $x$:

$$\begin{gathered} y = x + \frac{1}{2} \quad \text{per } x \to +\infty \\ y = -3x - \frac{1}{2} \quad \text{per } x \to -\infty \end{gathered}$$

Il termine $-x$ abbassa di 1 entrambe le pendenze: $2 - 1 = 1$ e $-2 - 1 = -3$. Controlliamo $q$ a sinistra razionalizzando. Lì $m = -3$, e per $x < 0$ vale $\sqrt{4x^2 + 2x} = -2x\sqrt{1 + \frac{1}{2x}}$:

$$\begin{gathered} f(x) + 3x = \sqrt{4x^2 + 2x} + 2x \\ {} = \frac{2x}{\sqrt{4x^2 + 2x} - 2x} \\ {} = \frac{2x}{-2x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{2x}} + 1\right)} \to -\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Posizione. $4x^2 + 2x = \left(2x + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4}$, quindi la radice è minore di $\left\lvert 2x + \frac{1}{2} \right\rvert$ in tutto il dominio. Togliendo $x$ da entrambe le parti, ogni ramo sta sempre sotto il proprio asintoto.

5. Un parametro e la forma del grafico

Testo. Al variare di $k \in \mathbb{R}$, descrivi dominio, punti di non derivabilità, concavità e asintoti di $f(x) = \sqrt{x^2 - 2x + k}$.

Asintoti. Non dipendono da $k$: la regola con $a = 1$ e $b = -2$ dà $y = x - 1$ a destra e $y = -x + 1$ a sinistra, cioè la V $y = \lvert x - 1 \rvert$.

Concavità. Con $g = x^2 - 2x + k$, gli stessi passaggi dell’esempio 1 danno

$$f''(x) = \frac{g - (x - 1)^2}{g\sqrt{g}} = \frac{k - 1}{g\sqrt{g}}$$

Decide il segno di $k - 1$, che è anche quello di $-\frac{\Delta}{4}$:

• Se $k < 1$, il radicando ha due zeri semplici, $x = 1 \pm \sqrt{1 - k}$. Il dominio è fatto di due semirette chiuse, negli estremi ci sono tangenti verticali, $f'' < 0$: due rami concavi sotto la V.
• Se $k = 1$, $f(x) = \sqrt{(x - 1)^2} = \lvert x - 1 \rvert$: dominio $\mathbb{R}$, punto angoloso in 1 con derivate laterali $-1$ e 1, e il grafico coincide con i suoi asintoti.
• Se $k > 1$, il radicando è sempre positivo: dominio $\mathbb{R}$, $f$ derivabile ovunque, $f'' > 0$. Una curva convessa sopra la V, con il minimo assoluto $\left(1, \sqrt{k - 1}\right)$.

Lo stesso parametro decide se ci sono due estremi con la tangente verticale, uno spigolo o nessun punto speciale, mentre gli asintoti restano fermi.

In sintesi

• Dominio: indice pari, radicando $\geq 0$ con gli zeri inclusi ($> 0$ al denominatore); indice dispari, nessuna condizione in più.
• Segno e monotonia: $\sqrt{g} \geq 0$; $\sqrt{g}$ e $\sqrt[3]{g}$ crescono dove cresce $g$.
• All’infinito: $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, i due lati si studiano separatamente. Per $a > 0$, $\sqrt{ax^2 + bx + c}$ ha gli asintoti $y = \pm\sqrt{a}\left(x + \frac{b}{2a}\right)$, con il più a destra e il meno a sinistra.
• Derivata: $\left(\sqrt{g}\right)' = \frac{g'}{2\sqrt{g}}$ solo dove $g > 0$; negli zeri di $g$ si calcolano i limiti laterali di $f'$.
• Zeri del radicando: semplice sotto una radice quadrata, tangente verticale nell’estremo; semplice sotto una cubica, flesso a tangente verticale; doppio sotto una cubica, cuspide.
• Massimi e minimi: candidati anche gli estremi del dominio e i punti non derivabili; su un intervallo chiuso e limitato esistono per Weierstrass.

Per allenarti su studi completi di ogni tipo ci sono gli esercizi svolti sullo studio di funzione. Un’altra fonte di punti non derivabili sono i valori assoluti: lo studio di funzione con valore assoluto.