Studio di funzione logaritmica: cosa sapere, quattro esempi ed esercizi svolti

Il logaritmo è l’inverso dell’esponenziale, e nello studio di funzione si vede: dove l’esponenziale ha i suoi problemi all’infinito, il logaritmo li ha vicino a zero, e in più c’è sempre un dominio da controllare. Le funzioni con $\ln$ sono tra le più frequenti all’esame di Analisi 1, subito dopo le fratte: hanno domini spezzati, asintoti verticali dove l’argomento si annulla, limiti che si risolvono con la gerarchia degli infiniti e grafici che partono da un punto escluso. In questa pagina vediamo cosa sapere sul logaritmo prima di cominciare, uno schema rapido delle forme tipiche, la scaletta adattata ai logaritmi, quattro studi completi con il grafico, gli errori più comuni e cinque esercizi svolti.

Cosa sapere sul logaritmo

Sei fatti sul logaritmo naturale bastano per quasi ogni studio; li trovi con calma nella funzione logaritmica.

Il dominio: argomento positivo

$\ln A(x)$ esiste solo se $A(x) > 0$, con il maggiore stretto: $\ln 0$ non esiste. Con il valore assoluto basta $A(x) \neq 0$: $\ln\lvert x \rvert$ è definita per ogni $x \neq 0$, e il suo grafico è quello di $\ln x$ insieme al suo simmetrico rispetto all’asse $y$ (vedi i grafici delle funzioni logaritmiche). Gli altri casi, come il logaritmo al denominatore o dentro un altro logaritmo, sono in dominio e segno delle funzioni logaritmiche.

Il segno: si confronta con 1

Il logaritmo naturale vale 0 in 1 ed è crescente, quindi

$$\begin{gathered} \ln A > 0 \iff A > 1 \\ \ln A < 0 \iff 0 < A < 1 \end{gathered}$$

In parole: il logaritmo è positivo quando l’argomento supera 1, non quando è positivo. Gli zeri di $\ln A(x)$ sono i punti in cui $A(x) = 1$, e il segno si trova risolvendo una disequazione logaritmica.

I limiti e la gerarchia degli infiniti

Agli estremi del dominio di $\ln x$:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty \\ \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty \end{gathered}$$

Il secondo limite è infinito, ma il logaritmo ci arriva lentissimo: $\ln 1\,000\,000 \approx 13{,}8$. Per questo perde contro qualunque potenza di $x$ con esponente positivo, sia all’infinito sia vicino a 0. È la gerarchia degli infiniti:

Perché è vero. Il primo limite è della forma $\frac{\infty}{\infty}$, e con de l’Hôpital il rapporto delle derivate è $\frac{1}{a x^a} \to 0$; il secondo si riporta al primo con $x = \frac{1}{t}$. Le dimostrazioni complete, anche con le potenze del logaritmo, sono nell’articolo sugli infinitesimi e infiniti.

Vicino a $x = 1$, invece, il logaritmo si comporta come $x - 1$: è il limite notevole $\frac{\ln x}{x - 1} \to 1$ (vedi i limiti notevoli).

Quando il grafico parte da un punto escluso

Se in un estremo escluso del dominio, di solito $0^+$, il limite è un numero $\ell$, lì non c’è un asintoto: il grafico parte dal punto $(0, \ell)$, che non gli appartiene e si disegna con un pallino vuoto. Succede a $x \ln x$, il secondo esempio della guida allo studio di funzione, e a due degli studi qui sotto. Per un disegno fedele serve anche la pendenza iniziale, che è il limite della derivata.

Perché è vero. Poniamo $f(0) = \ell$: così, per ogni $x$ in $(0, \delta)$, $f$ è continua in $[0, x]$ e derivabile in $(0, x)$. Per il teorema di Lagrange esiste $\xi$ tra 0 e $x$ con $\frac{f(x) - \ell}{x} = f'(\xi)$. Quando $x \to 0^+$ anche $\xi \to 0^+$, e quindi $f'(\xi) \to m$.

Per esempio $\frac{x}{\ln x}$, studiata negli esercizi svolti sullo studio di funzione, parte dall’origine con la tangente orizzontale; $\frac{1}{\ln x}$, nell’esempio 2, con quella verticale.

La derivata

$(\ln x)' = \frac{1}{x}$, e anche $(\ln\lvert x \rvert)' = \frac{1}{x}$ per ogni $x \neq 0$: per $x < 0$ la derivata è negativa, e infatti a sinistra di 0 la funzione $\ln\lvert x \rvert$ scende (derivate delle funzioni elementari). Per la funzione composta

$$\big(\ln g(x)\big)' = \frac{g'(x)}{g(x)}$$

Nel dominio $g > 0$, quindi la derivata ha il segno di $g'$: $\ln g$ cresce dove cresce $g$ e decresce dove decresce $g$, e ha massimi e minimi dove li ha $g$, purché stiano nel dominio. È una scorciatoia che useremo nell’esempio 3.

Gli asintoti: verticali sì, obliqui quasi mai

Verticali. In un estremo finito del dominio in cui l’argomento tende a $0^+$, il logaritmo tende a $-\infty$: lì c’è un asintoto verticale.

All’infinito. Se $A$ è un polinomio o una frazione, $\ln A(x)$ è trascurabile rispetto a $x$: $\frac{\ln A(x)}{x} \to 0$. Quindi, se la funzione tende a infinito, non ha asintoti orizzontali né obliqui. Un asintoto orizzontale nasce se il logaritmo è diviso per una potenza, come in $\frac{\ln x}{x}$. L’eccezione è un esponenziale nell’argomento: $\ln(1 + e^x)$ ha l’asintoto obliquo $y = x$ per $x \to +\infty$, perché $\ln(1 + e^x) - x = \ln(1 + e^{-x}) \to 0$, come spiegato negli asintoti.

Lo schema rapido: cosa aspettarsi

Riconoscere la forma della funzione dice già molto. Nella tabella $a > 0$.

Forma	Dominio	Cosa aspettarsi
${\ln A(x)}$	${A(x) > 0}$	asintoti verticali dove ${A \to 0^+}$, monotonia di $A$
${\ln\lvert A(x) \rvert}$	${A(x) \neq 0}$	come sopra, con ${\lvert A \rvert}$ al posto di $A$; spesso su più rami
${\frac{\ln x}{x^a}}$	${x > 0}$	asintoti ${x = 0}$ e ${y = 0}$, un massimo
${x^a \ln x}$	${x > 0}$	parte da ${(0, 0)}$ escluso, un minimo, nessun asintoto
${\frac{1}{\ln x}}$	${x > 0}$, ${x \neq 1}$	asintoti ${x = 1}$ e ${y = 0}$, parte da ${(0, 0)}$
${\ln(1 + e^x)}$	${\mathbb{R}}$	${y = 0}$ a sinistra, ${y = x}$ a destra

La scaletta per una funzione con il logaritmo

È la scaletta della guida, con le attenzioni tipiche dei logaritmi:

1. Dominio: ogni argomento positivo, più le altre condizioni; scrivilo come unione di intervalli.
2. Simmetrie: solo se il dominio è simmetrico rispetto a 0; a volte c’è un asse di simmetria verticale (esempio 3).
3. Intersezioni e segno: zeri dove l’argomento vale 1, segno confrontando con 1 (metodo generale).
4. Limiti e asintoti: asintoti verticali dove l’argomento tende a $0^+$; gerarchia per le forme con potenze; all’infinito controlla $\frac{f(x)}{x}$ (limiti e asintoti).
5. Derivata prima: $(\ln g)' = \frac{g'}{g}$; nei punti di partenza esclusi, il limite di $f'$ (massimi e minimi).
6. Derivata seconda: per il segno conviene spesso porre $t = \ln x$ (concavità e flessi).
7. Grafico: pallini vuoti, asintoti tratteggiati, coordinate dei punti notevoli.

Esempio 1: logaritmo di x fratto x, un massimo in x = e

$$f(x) = \frac{\ln x}{x}$$

Passo 1: dominio. Il logaritmo chiede $x > 0$, e allora anche il denominatore è diverso da zero: $D = (0, +\infty)$.

Passo 2: simmetrie. Il dominio non è simmetrico rispetto a 0: nessuna.

Passo 3: intersezioni e segno. Con l’asse $y$ niente, perché 0 non è nel dominio. Con l’asse $x$: $\ln x = 0$ per $x = 1$, il punto $(1, 0)$. Il denominatore è positivo, quindi $f$ ha il segno di $\ln x$: negativa in $(0, 1)$, positiva per $x > 1$.

Passo 4: limiti e asintoti. Gli estremi sono $0^+$ e $+\infty$.

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x} = \frac{-\infty}{0^+} = -\infty$$

Non è indeterminato: negativo enorme diviso positivo piccolissimo. L’asse $y$ è un asintoto verticale, da destra. A $+\infty$ decide la gerarchia:

$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0^+$$

La retta $y = 0$ è un asintoto orizzontale, raggiunto da sopra perché per $x > 1$ la funzione è positiva.

Passo 5: derivata prima. Con la regola del quoziente:

$$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$$

Il denominatore è positivo; il numeratore è positivo per $\ln x < 1$, cioè $x < e$.

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

In $x = e$ c’è un massimo assoluto, $f(e) = \frac{1}{e} \approx 0{,}37$: assoluto perché il dominio è un intervallo e la funzione sale prima e scende dopo. L’immagine è $\left(-\infty, \frac{1}{e}\right]$.

Passo 6: derivata seconda. Deriviamo $f'$ e semplifichiamo un fattore $x$:

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

Conta il numeratore, positivo per $\ln x > \frac{3}{2}$, cioè $x > e^{3/2} \approx 4{,}48$.

Intervallo	$f''(x)$	$f(x)$
${(0, e^{3/2})}$	$-$	$\cap$
${(e^{3/2}, +\infty)}$	$+$	$\cup$

Flesso in $x = e^{3/2}$, con ordinata $f\left(e^{3/2}\right) = \frac{3}{2e^{3/2}} \approx 0{,}33$.

Passo 7: grafico. La curva sale da $-\infty$ lungo l’asse $y$, taglia l’asse $x$ in 1, arriva al massimo in $x = e$ e poi scende piano verso l’asse $x$, cambiando concavità poco prima di 4,5. Controllo: dopo 1 la funzione è positiva e tende a 0, quindi doveva avere un massimo.

Due conseguenze. Il massimo $\frac{1}{e}$ dice quante soluzioni ha l’equazione $\ln x = kx$, cioè $\frac{\ln x}{x} = k$: la retta orizzontale $y = k$ taglia il grafico due volte se $0 < k < \frac{1}{e}$, una volta se $k = \frac{1}{e}$ oppure $k \leq 0$, mai se $k > \frac{1}{e}$ (vedi gli esercizi svolti sulle equazioni logaritmiche). E risolve senza calcolatrice un classico: chi è più grande tra $e^\pi$ e $\pi^e$? Siccome $\pi > e$ e la funzione decresce dopo $e$, vale $\frac{\ln \pi}{\pi} < \frac{1}{e}$, cioè $e\ln\pi < \pi$, che equivale a $\pi^e < e^\pi$: i passaggi sono negli esercizi sulle regole di derivazione. Infatti $e^\pi \approx 23{,}14$ e $\pi^e \approx 22{,}46$.

Esempio 2: uno fratto logaritmo di x, un punto di partenza escluso

$$f(x) = \frac{1}{\ln x}$$

Passo 1: dominio. Il logaritmo chiede $x > 0$, la frazione $\ln x \neq 0$, cioè $x \neq 1$:

$$D = (0, 1) \cup (1, +\infty)$$

Passo 2: simmetrie. Nessuna: il dominio non è simmetrico.

Passo 3: intersezioni e segno. Nessuna intersezione: 0 non è nel dominio, e una frazione con numeratore 1 non si annulla mai. Il segno è quello di $\ln x$: negativa in $(0, 1)$, positiva per $x > 1$.

Passo 4: limiti e asintoti. Gli estremi sono quattro: $0^+$, $1^-$, $1^+$ e $+\infty$.

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\ln x} = \frac{1}{-\infty} = 0^-$$

Il limite è finito: in 0 non c’è un asintoto. Il grafico parte dall’origine, da sotto, ma l’origine non gli appartiene.

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 1^-} \frac{1}{\ln x} = \frac{1}{0^-} = -\infty \\ \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\ln x} = \frac{1}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

La retta $x = 1$ è un asintoto verticale. Infine $\frac{1}{\ln x} \to 0^+$ per $x \to +\infty$: asintoto orizzontale $y = 0$ a destra, raggiunto da sopra e lentissimamente.

Passo 5: derivata prima. Scrivendo $f(x) = (\ln x)^{-1}$:

$$f'(x) = -(\ln x)^{-2} \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{x\ln^2 x}$$

Nel dominio $x$ e $\ln^2 x$ sono positivi: $f'$ è sempre negativa. La funzione decresce in $(0, 1)$ e in $(1, +\infty)$, separatamente; non è decrescente su tutto il dominio, perché $f(0{,}5) < 0 < f(2)$. Nessun massimo né minimo, e l’immagine è $\mathbb{R}$ tolto lo 0.

La pendenza all’origine. Per la gerarchia, con la potenza $\ln^2 x$, vale $x\ln^2 x \to 0^+$ per $x \to 0^+$. Quindi

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

e, per il teorema del limite della derivata, il grafico parte dall’origine con la tangente verticale, scendendo in picchiata.

Passo 6: derivata seconda. Scriviamo $f'(x) = -\big(x\ln^2 x\big)^{-1}$. La derivata di $x\ln^2 x$ è $\ln x\,(\ln x + 2)$ (il conto è nell’esempio 4), quindi

$$\begin{gathered} f''(x) = \frac{\ln x\,(\ln x + 2)}{x^2\ln^4 x} \\ {} = \frac{\ln x + 2}{x^2\ln^3 x} \end{gathered}$$

Il numeratore si annulla per $\ln x = -2$, cioè in $x = e^{-2} \approx 0{,}14$; $\ln^3 x$ ha il segno di $\ln x$. In $(0, e^{-2})$ sono negativi entrambi, in $(e^{-2}, 1)$ solo $\ln^3 x$, dopo 1 nessuno dei due:

Intervallo	$f''(x)$	$f(x)$
${(0, e^{-2})}$	$+$	$\cup$
${(e^{-2}, 1)}$	$-$	$\cap$
${(1, +\infty)}$	$+$	$\cup$

Flesso in $\left(e^{-2}, -\frac{1}{2}\right)$, perché $f\left(e^{-2}\right) = \frac{1}{-2}$. In $x = 1$ la concavità cambia, ma lì la funzione non esiste.

Passo 7: grafico. Il primo ramo parte dall’origine in verticale, cambia concavità nel flesso e precipita lungo $x = 1$. Il secondo scende da $+\infty$ e si appoggia lentamente all’asse $x$.

Una curiosità. Questa funzione misura quanto sono fitti i numeri primi. Per il teorema dei numeri primi, dimostrato nel 1896 da Hadamard e da de la Vallée Poussin, i primi fino a $N$ sono circa $\frac{N}{\ln N}$, con un errore percentuale che tende a zero al crescere di $N$; ne segue che vicino a un $N$ grande circa un numero su $\ln N$ è primo. Vicino a un milione, per esempio, $\frac{1}{\ln 10^6} \approx 0{,}072$, circa un numero su 14: e infatti tra 950 000 e 1 050 000 ci sono 7227 primi, circa uno ogni 14 numeri.

Esempio 3: il logaritmo di una parabola, due rami simmetrici

$$f(x) = \ln(x^2 - 4x + 3)$$

Passo 1: dominio. L’argomento deve essere positivo: $x^2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3) > 0$. La parabola è positiva fuori dalle radici:

$$D = (-\infty, 1) \cup (3, +\infty)$$

Passo 2: simmetrie. Il dominio non è simmetrico rispetto a 0: né pari né dispari. Ma l’argomento è una parabola simmetrica rispetto alla retta $x = 2$, e quindi lo è anche $f$. Infatti

$$\begin{gathered} (4 - x)^2 - 4(4 - x) + 3 \\ {} = 16 - 8x + x^2 - 16 + 4x + 3 \\ {} = x^2 - 4x + 3 \end{gathered}$$

cioè $f(4 - x) = f(x)$: i punti $x$ e $4 - x$, simmetrici rispetto a 2, hanno la stessa quota. Basterebbe studiare un ramo e rifletterlo.

Passo 3: intersezioni e segno. 0 è nel dominio: $f(0) = \ln 3 \approx 1{,}10$. Gli zeri sono dove l’argomento vale 1:

$$\begin{gathered} x^2 - 4x + 3 = 1 \\ x^2 - 4x + 2 = 0 \iff x = 2 \pm \sqrt{2} \end{gathered}$$

Sono $2 - \sqrt{2} \approx 0{,}59$, nel ramo sinistro, e $2 + \sqrt{2} \approx 3{,}41$, nel destro. La funzione è positiva dove l’argomento supera 1, cioè fuori dalle radici di $x^2 - 4x + 2$:

Intervallo	$f(x)$
${(-\infty, 2 - \sqrt{2})}$	$+$
${(2 - \sqrt{2}, 1)}$	$-$
${(3, 2 + \sqrt{2})}$	$-$
${(2 + \sqrt{2}, +\infty)}$	$+$

Passo 4: limiti e asintoti. Gli estremi sono $-\infty$, $1^-$, $3^+$ e $+\infty$. Quando $x$ si avvicina a 1 da sinistra o a 3 da destra, l’argomento tende a $0^+$ e il logaritmo precipita:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 1^-} f(x) = \ln 0^+ = -\infty \\ \lim_{x \to 3^+} f(x) = \ln 0^+ = -\infty \end{gathered}$$

Due asintoti verticali, $x = 1$ e $x = 3$, ciascuno da un lato solo: dall’altro lato la funzione non esiste. All’infinito l’argomento tende a $+\infty$, e quindi $f(x) \to +\infty$ da entrambe le parti. C’è un obliquo? Con de l’Hôpital

$$\begin{gathered} \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} \\ {} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x - 4}{x^2 - 4x + 3} = 0 \end{gathered}$$

Il coefficiente angolare sarebbe 0, ma $f \to +\infty$: nessun asintoto, né obliquo né orizzontale. Il grafico sale sempre più piano.

Passo 5: derivata prima. Con $(\ln g)' = \frac{g'}{g}$:

$$f'(x) = \frac{2x - 4}{x^2 - 4x + 3}$$

Nel dominio il denominatore è positivo, quindi conta $2x - 4$, che si annulla in $x = 2$: fuori dal dominio. Nel ramo sinistro $x < 1 < 2$, quindi $f' < 0$; nel destro $x > 3$, quindi $f' > 0$.

Intervallo	$f'(x)$	$f(x)$
${(-\infty, 1)}$	$-$	$\searrow$
${(3, +\infty)}$	$+$	$\nearrow$

Nessun punto stazionario, nessun massimo né minimo: il minimo che ti aspetteresti dal vertice della parabola cade proprio nel buco del dominio. Ogni ramo va da $+\infty$ a $-\infty$, o viceversa, quindi l’immagine è tutto $\mathbb{R}$. È la scorciatoia vista sopra: la parabola decresce a sinistra del vertice e cresce a destra, e $\ln g$ fa lo stesso.

Passo 6: derivata seconda. Con la regola del quoziente:

$$\begin{gathered} f''(x) \\ {} = \frac{2(x^2 - 4x + 3) - (2x - 4)^2}{(x^2 - 4x + 3)^2} \\ {} = \frac{-2x^2 + 8x - 10}{(x^2 - 4x + 3)^2} \\ {} = -\frac{2\big((x - 2)^2 + 1\big)}{(x^2 - 4x + 3)^2} \end{gathered}$$

Il numeratore è sempre negativo: $f$ è concava su entrambi i rami, senza flessi.

Un controllo più rapido. Nel dominio $(x - 1)(x - 3) > 0$, e con i valori assoluti il logaritmo si spezza senza perdere nulla:

$$f(x) = \ln\lvert x - 1 \rvert + \ln\lvert x - 3 \rvert$$

Derivando, $f'(x) = \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x - 3}$, la stessa di prima, e

$$f''(x) = -\frac{1}{(x - 1)^2} - \frac{1}{(x - 3)^2} < 0$$

Passo 7: grafico. Due rami simmetrici rispetto alla retta $x = 2$. Il sinistro scende da $+\infty$, passa per $(0, \ln 3)$, taglia l’asse $x$ in $2 - \sqrt{2}$ e precipita lungo $x = 1$; il destro è il suo riflesso, con il punto $(4, \ln 3)$ simmetrico di $(0, \ln 3)$.

Esempio 4: un prodotto che parte dall’origine e tocca l’asse x

$$f(x) = x\ln^2 x$$

Passi 1 e 2: dominio e simmetrie. Il logaritmo chiede $x > 0$: $D = (0, +\infty)$, nessuna simmetria.

Passo 3: intersezioni e segno. Per $x > 0$ il prodotto si annulla solo se $\ln x = 0$: unico zero in $x = 1$. E il segno è gratis: $x > 0$ e $\ln^2 x \geq 0$, quindi $f(x) \geq 0$ ovunque, e $(1, 0)$ è già un minimo assoluto.

Passo 4: limiti e asintoti. In $0^+$ c’è la forma $0 \cdot \infty$, e decide la gerarchia con la potenza del logaritmo:

$$\lim_{x \to 0^+} x\ln^2 x = \lim_{x \to 0^+} \left(\sqrt{x}\,\ln x\right)^2 = 0$$

Limite finito: nessun asintoto, il grafico parte dall’origine, esclusa. A destra $f(x) \to +\infty$ e $\frac{f(x)}{x} = \ln^2 x \to +\infty$: niente asintoto obliquo.

Passo 5: derivata prima. Con la regola del prodotto, e $(\ln^2 x)' = 2\ln x \cdot \frac{1}{x}$:

$$\begin{gathered} f'(x) = \ln^2 x + x \cdot \frac{2\ln x}{x} \\ {} = \ln x\,(\ln x + 2) \end{gathered}$$

Per il segno poniamo $t = \ln x$: $t(t + 2) > 0$ per $t < -2$ oppure $t > 0$, cioè per $x < e^{-2}$ oppure $x > 1$.

Intervallo	$f'(x)$	$f(x)$
${(0, e^{-2})}$	$+$	$\nearrow$
${(e^{-2}, 1)}$	$-$	$\searrow$
${(1, +\infty)}$	$+$	$\nearrow$

Massimo relativo in $x = e^{-2} \approx 0{,}14$, con $f\left(e^{-2}\right) = e^{-2} \cdot (-2)^2 = \frac{4}{e^2} \approx 0{,}54$; non è assoluto, perché $f \to +\infty$. Minimo assoluto in $(1, 0)$, come previsto: lì la tangente è orizzontale e il grafico tocca l’asse $x$ senza attraversarlo.

La pendenza all’origine. Per $x \to 0^+$, $t = \ln x \to -\infty$ e $f'(x) = t^2 + 2t \to +\infty$: il grafico parte dall’origine con la tangente verticale, verso l’alto.

Passo 6: derivata seconda.

$$\begin{gathered} f''(x) = \frac{2\ln x}{x} + \frac{2}{x} \\ {} = \frac{2(\ln x + 1)}{x} \end{gathered}$$

È positiva per $\ln x > -1$, cioè per $x > \frac{1}{e} \approx 0{,}37$.

Intervallo	$f''(x)$	$f(x)$
${\left(0, \frac{1}{e}\right)}$	$-$	$\cap$
${\left(\frac{1}{e}, +\infty\right)}$	$+$	$\cup$

Flesso in $\left(\frac{1}{e}, \frac{1}{e}\right)$, perché $f\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e} \cdot (-1)^2$. Lì $f'\left(\frac{1}{e}\right) = (-1) \cdot 1 = -1$, quindi la tangente inflessionale è $y = -x + \frac{2}{e}$.

Passo 7: grafico e controlli. Il grafico parte dall’origine in verticale, sale concavo fino al massimo, scende cambiando concavità nel flesso, tocca l’asse $x$ in 1 e risale convesso, sempre più ripido. Controllo: tra un massimo e un minimo stazionari consecutivi la concavità doveva cambiare, ed ecco il flesso tra $e^{-2}$ e 1. Confrontalo con $x\ln x$ della guida: elevare il logaritmo al quadrato rende la funzione mai negativa e trasforma lo zero in un punto di tangenza.

Gli errori più comuni

• Confrontare l’argomento con 0 nello studio del segno. $\ln A > 0$ quando $A > 1$; la condizione $A > 0$ dice solo che il logaritmo esiste.
• Spezzare il logaritmo prima di scrivere il dominio. $\ln(x^2 - 4x + 3)$ non è $\ln(x - 1) + \ln(x - 3)$: così sparisce il ramo $x < 1$. Servono i valori assoluti.
• Scrivere $\ln x^2 = 2\ln x$. Vale solo per $x > 0$; in generale $\ln x^2 = 2\ln\lvert x \rvert$.
• Mettere un asintoto in ogni punto escluso. In $0^+$, $\frac{1}{\ln x}$ e $x\ln^2 x$ tendono a 0: il grafico parte da un pallino vuoto, e la pendenza si legge dal limite di $f'$.
• Trattare $\frac{-\infty}{0^+}$ come una forma indeterminata. Per $\frac{\ln x}{x}$ in $0^+$ il limite è $-\infty$ senza fare nulla; la gerarchia serve per $0 \cdot \infty$ e $\frac{\infty}{\infty}$.
• Vedere un asintoto orizzontale in $\frac{f(x)}{x} \to 0$. Se il rapporto tende a 0 ma $f \to +\infty$, come per $\ln(x^2 - 4x + 3)$, non c’è nessun asintoto.
• Contare punti stazionari fuori dal dominio. La derivata di $\ln(x^2 - 4x + 3)$ si annulla in $x = 2$, dove la funzione non esiste: nessun minimo.
• Sbagliare la derivata di $\ln\lvert x \rvert$ o di $\ln g$. La prima è $\frac{1}{x}$, non $\frac{1}{\lvert x \rvert}$; la seconda è $\frac{g'}{g}$, non $\frac{1}{g}$.

Esercizi svolti

1. Un logaritmo dentro un logaritmo

Testo. Trova dominio, segno, asintoti verticali e monotonia di $f(x) = \ln\big(1 - \ln(x - 1)\big)$.

Dominio. Dall’interno verso l’esterno: il logaritmo interno chiede $x - 1 > 0$, cioè $x > 1$; quello esterno chiede

$$\begin{gathered} 1 - \ln(x - 1) > 0 \iff \ln(x - 1) < 1 \\ {} \iff x - 1 < e \iff x < 1 + e \end{gathered}$$

Quindi $D = (1, 1 + e)$, con $1 + e \approx 3{,}72$.

Segno. $f$ è positiva quando l’argomento esterno supera 1:

$$\begin{gathered} 1 - \ln(x - 1) > 1 \iff \ln(x - 1) < 0 \\ {} \iff x - 1 < 1 \iff x < 2 \end{gathered}$$

Positiva in $(1, 2)$, nulla in $x = 2$, negativa in $(2, 1 + e)$.

Asintoti. Per $x \to 1^+$, $\ln(x - 1) \to -\infty$: l’argomento esterno tende a $+\infty$ e $f \to +\infty$. Per $x \to (1 + e)^-$, $\ln(x - 1) \to 1$: l’argomento esterno tende a $0^+$ e $f \to -\infty$. Due asintoti verticali, $x = 1$ e $x = 1 + e$.

Monotonia. Con la regola della catena:

$$f'(x) = -\frac{1}{(x - 1)\big(1 - \ln(x - 1)\big)}$$

Nel dominio i due fattori del denominatore sono positivi, quindi $f' < 0$: la funzione decresce da $+\infty$ a $-\infty$ e si annulla una sola volta, in $x = 2$.

2. Un limite in zero e una disuguaglianza

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left(\ln x + \frac{1}{x}\right)$ e dimostra che $\ln x \geq 1 - \frac{1}{x}$ per ogni $x > 0$.

È la forma indeterminata $-\infty + \infty$. Facciamo il denominatore comune:

$$\ln x + \frac{1}{x} = \frac{x\ln x + 1}{x}$$

Per la gerarchia $x\ln x \to 0$: il numeratore tende a 1 e il denominatore a $0^+$, quindi il limite è $+\infty$. Vince $\frac{1}{x}$, e $x = 0$ è un asintoto verticale.

Per la disuguaglianza studiamo $g(x) = \ln x + \frac{1}{x}$ per $x > 0$:

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

$g$ decresce in $(0, 1)$ e cresce in $(1, +\infty)$: minimo assoluto in $x = 1$, con $g(1) = 1$. Quindi $\ln x + \frac{1}{x} \geq 1$, cioè $\ln x \geq 1 - \frac{1}{x}$ per ogni $x > 0$, con l’uguaglianza solo in $x = 1$.

3. Per quale parametro c’è un minimo

Testo. Sia $f(x) = x - a\ln x$, con $a$ reale. Per quali $a$ la funzione ha un minimo? Per quali $a$ vale $x > a\ln x$ per ogni $x > 0$?

Il dominio è $(0, +\infty)$ e

$$f'(x) = 1 - \frac{a}{x} = \frac{x - a}{x}$$

Il denominatore è positivo: conta $x - a$.

• Se $a > 0$, $f'$ è negativa in $(0, a)$ e positiva dopo: minimo assoluto in $x = a$, che vale $f(a) = a - a\ln a = a(1 - \ln a)$.
• Se $a \leq 0$, $x - a > 0$ per ogni $x > 0$: $f$ è crescente e non ha minimo. Per $a < 0$ tende a $-\infty$ in $0^+$; per $a = 0$ è $f(x) = x$, che si avvicina a 0 senza raggiungerlo.

Per la seconda domanda serve $f > 0$ ovunque. Con $a > 0$ basta che il minimo sia positivo: $a(1 - \ln a) > 0 \iff \ln a < 1 \iff a < e$. Con $a = 0$ la disuguaglianza è $x > 0$, vera; con $a < 0$ è falsa vicino a 0, dove $f \to -\infty$. Quindi vale per $0 \leq a < e$.

Nel caso limite $a = e$ il minimo vale 0, in $x = e$: $x \geq e\ln x$, ed elevando $e$ a entrambi i membri $e^x \geq x^e$, con l’uguaglianza solo per $x = e$. Con $x = \pi$ ritrovi $e^\pi > \pi^e$ dell’esempio 1.

4. Una funzione con il valore assoluto nel logaritmo

Testo. Studia simmetria, monotonia e massimi di $f(x) = \ln\lvert x \rvert - \frac{x^2}{2}$. Quante soluzioni ha l’equazione $\ln\lvert x \rvert = \frac{x^2}{2}$?

Dominio e simmetria. Serve $\lvert x \rvert > 0$, cioè $x \neq 0$. Il dominio è simmetrico e $f(-x) = \ln\lvert -x \rvert - \frac{(-x)^2}{2} = f(x)$: la funzione è pari.

Derivata. Ricordando che $(\ln\lvert x \rvert)' = \frac{1}{x}$ anche per $x < 0$:

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

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

Massimi in $x = -1$ e $x = 1$, entrambi con $f(\pm 1) = \ln 1 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$, come vuole la simmetria. Limiti: per $x \to 0$ la funzione tende a $-\infty$ per il logaritmo, e per $x \to \pm\infty$ anche, perché $x^2$ batte $\ln\lvert x \rvert$. I due massimi sono quindi assoluti: $f(x) \leq -\frac{1}{2} < 0$ per ogni $x \neq 0$. La funzione non si annulla mai, e l’equazione $\ln\lvert x \rvert = \frac{x^2}{2}$ non ha soluzioni. Con il valore assoluto fuori dal logaritmo, vedi lo studio di funzione con valore assoluto.

5. Un flesso e la sua tangente

Testo. Trova concavità e flessi di $f(x) = \ln^2 x$ e scrivi l’equazione della tangente nel flesso.

Il dominio è $(0, +\infty)$. Derivando due volte, la seconda con la regola del quoziente:

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

Il denominatore è positivo: $f'' > 0$ per $\ln x < 1$, cioè $x < e$. La funzione è convessa in $(0, e)$, concava in $(e, +\infty)$, con un flesso in $x = e$, dove $f(e) = 1$. La pendenza lì è $f'(e) = \frac{2}{e}$, e la tangente è

$$\begin{gathered} y = 1 + \frac{2}{e}\,(x - e) \\ y = \frac{2}{e}\,x - 1 \end{gathered}$$

In sintesi

• Dominio: $\ln A(x)$ esiste per $A(x) > 0$, $\ln\lvert A(x) \rvert$ per $A(x) \neq 0$. Spezza i logaritmi solo dopo, e con i valori assoluti.
• Segno: $\ln A > 0 \iff A > 1$; gli zeri sono dove l’argomento vale 1.
• Limiti: dove l’argomento tende a $0^+$ c’è un asintoto verticale. Per $a > 0$, $\frac{\ln x}{x^a} \to 0$ a $+\infty$ e $x^a \ln x \to 0$ in $0^+$.
• Punti di partenza esclusi: con un limite finito il grafico parte da un pallino vuoto, con la pendenza data dal limite di $f'$.
• Derivata: $(\ln g)' = \frac{g'}{g}$, che ha il segno di $g'$; $(\ln\lvert x \rvert)' = \frac{1}{x}$.
• All’infinito: quasi mai asintoti obliqui, perché $\frac{\ln A(x)}{x} \to 0$; fa eccezione $\ln(1 + e^x)$, con $y = x$.
• Da ricordare: $\frac{\ln x}{x}$ ha il massimo $\frac{1}{e}$ in $x = e$, e da lì $e^\pi > \pi^e$.

Altri studi completi, anche con il logaritmo, sono negli esercizi svolti sullo studio di funzione. Nel prossimo articolo le radici, con i loro asintoti obliqui diversi a destra e a sinistra e le cuspidi: lo studio di funzione irrazionale.