Transcript 1 x + 3 . 1) La funzione

6 - Grafici di funzioni
Soluzioni
Esercizio 1. Studiare il grafico della funzione
f (x) =
x2 − 1
.
x+3
1) La funzione `e definita per x 6= −3. 2) La funzione non `e n´e pari, n´e
dispari, n´e periodica. 3) La funzione `e positiva per x in (−3, −1) e per
x in (1, +∞), negativa altrimenti. 4) Si ha (dallo studio del segno)
lim
x→(−3)−
f (x) = −∞ ,
lim
x→(−3)+
f (x) = +∞ .
Inoltre (essendo il grado del numeratore maggiore del grado del denominatore, d ancora dallo studio del segno),
lim f (x) = −∞ .
lim f (x) = +∞ ,
x→+∞
x→−∞
8
Essendo f (x) = x − 3 + x+3
, la funzione ha la retta y = x − 3 come
asintoto obliquo (sia a pi`
u infinito che a meno infinito). 5) Dall’essere
8
f (x) = x − 3 + x+3
segue che
√
√
(x + 3)2 − 8
(x + 3 + 2 2)(x + 3 − 2 2)
8
0
=
=
.
f (x) = 1 −
(x + 3)2
(x + 3)2
(x + 3)2
√
√
Pertanto la funzione `e crescente
in
(−∞,
−3−2
2)
e
in
(2
2−3, +∞),
√
√
decrescente in (−3 − 2 2, −3) e in (−3, 2 2 − 3) (al solito, attenzione
all’asintoto verticale!). 6) Per la derivata seconda della f si ha
24
,
f 0 (x) = −
(x + 3)2
cosicch´e la funzione `e convessa per x > −3, concava altrimenti.
1
2
Esercizio 2. Studiare il grafico della funzione
f (x) = ln(|sen(x)|) .
1) La funzione `e definita se sen(x) 6= 0, e quindi per x 6= kπ, k ∈ Z.
2) Essendo |sen(x)| = |sen(−x)|, la funzione `e pari; inoltre, essendo
|sen(x)| = |sen(x + π)|, la funzione `e periodica di periodo T = π: `e
dunque sufficiente studiarla per x in (0, π). 3) Essendo 0 < sen(x) ≤ 1
per ogni x in (0, π) la funzione `e negativa su tale intervallo, annullandosi
per x = π/2 (da questa informazione possiamo gi`a dedurre che x = π/2
`e di massimo relativo — ed assoluto — per f ). 4) Gli unici limiti da
calcolare sono quelli in 0 (da destra) ed in π (da sinistra): gli altri sono
ricavabili dalla periodicit`a di f . Dallo studio del segno si ha
lim f (x) = −∞ ,
x→0+
lim f (x) = −∞ .
x→π −
5) Si ha, ricordando che f (x) = ln(sen(x)) per x in (0, π),
cos(x)
f 0 (x) =
,
sen(x)
da cui, essendo il denominatore positivo per x in (0, π), si ricava che
la funzione `e crescente in (0, π/2) e decrescente in (π/2, π) (si ritrova
quindi che x = π/2 `e di massimo relativo per f ). 6) La derivata
seconda vale
−sen2 (x) − cos2 (x)
1
f 00 (x) =
=− 2
,
2
sen (x)
sen (x)
cosicch´e la funzione `e concava per ogni x in (0, π).
3
Esercizio 3. Studiare il grafico della funzione (limitandosi alla derivata prima)
s
!
1 − x
f (x) = arc tg
1 + x .
1) La funzione `e definita per x 6= −1, valore per il quale si annulla
il denominatore della frazione sotto radice. 2) La funzione non `e n´e
pari, n´e dispari, n´e periodica. 3) Essendo l’arcotangente positivo per
valori positivi dell’argomento, la funzione `e positiva per ogni x per cui `e
definita, e si annulla solo per x = 1. 4) Dal momento che |(1−x)/(1+x)|
tende ad 1 quando x tende a ±∞, si ha
π
lim f (x) = lim f (x) = arc tg(1) = .
x→+∞
x→−∞
4
Quando x tende a −1 (sia da sinistra che da destra), l’argomento
dell’arcotangente diverge positivamente. Pertanto,
π
lim − f (x) = lim + f (x) = .
x→(−1)
x→(−1)
2
5) Derivando (operazione quanto mai dolorosa), si ha

−1


se −1 < x < 1,
 √
2 r
1 − x2
0
f (x) =
1
1


se x > 1 o se x < −1.

2|x| x2 − 1
Ne segue che la funzione `e crescente in (−∞, −1) ∪ (1, +∞), e decrescente in (−1, 1).
Nota: dal grafico si ricava che f (x) − π/4 `e una funzione dispari; si
poteva dirlo subito?
4
Esercizio 4. Studiare il grafico della funzione (limitandosi alla derivata prima)
1
f (x) =
.
ln(|2x2 + x|)
1) La funzione `e definita per x tale che |2x2 + x| =
6 1. Risolvendo
1
2
l’equazione 2x + x = 1 si trova x = −1 e x = 2 (entrambi accettabili),
mentre l’equazione 2x2 + x = −1 non ha soluzioni reali. Pertanto, la
funzione `e definita per x 6= −1 e x 6= 21 . 2) Evidentemente, la funzione
non `e n´e pari, n´e dispari, n´e periodica. 3) La funzione `e positiva per
gli x tali che |2x2 + x| > 1, vale a dire per x < −1 e x > 12 , negativa
altrimenti. 4) Dal momento che l’argomento del logaritmo diverge se
x tende a ±∞, si ha
lim f (x) = lim f (x) = 0 .
x→+∞
x→−∞
Dallo studio del segno si deduce anche che
lim
x→(−1)−
f (x) = +∞ = lim
f (x) ,
1
x→( 2 )+
e che
lim
x→(−1)+
f (x) = −∞ = lim
f (x) .
1
Per la derivata prima si ha

4x + 1


 2
2
− x) (2x2 + x)
f 0 (x) = ln (−2x 4x
+1


 2 2
ln (2x + x) (2x2 + x)
x→( 2 )−
se − 12 < x < 0,
se x > 0 o se x < − 21 .
Studiandone il segno, si vede che `e positiva per x in (−∞, −1)∪(1, − 21 )∪
(− 41 , 0) e negativa altrimenti.
5
Esercizio 5. Studiare il grafico della funzione (limitandosi alla derivata prima)
p
f (x) = 2x − 3 ln( |x| + 1) .
1) La funzione `e definita per ogni valore reale di x. 2) Evidentemente,
la funzione non `e n´e pari, n´e dispari, n´e periodica. 3) Lo studio del
segno della funzione `e abbastanza complicato. Per il momento si pu`o
solo dire che la funzione si annulla per x = 0. 4) Dal momento che il
logaritmo diverge pi`
u lentamente di qualsiasi potenza di x, si ha
lim f (x) = +∞ ,
x→+∞
lim f (x) = −∞ .
x→−∞
La funzione non ha asintoti obliqui dato che `e una retta (2x) pi`
u un
termine divergente all’infinito. 5) Per la derivata prima si ha

3
1

√
se x > 0,
 2−
2
x
+
x
0
f (x) =
3
1

2 +
√
se x < 0.
2 −x + −x
Studiandone
il segno, si vede che f 0 `e positiva per x in (−∞, 0) ∪
q
( 12 , +∞) e negativa altrimenti. Dal momento che f (0) = 0 e che
f 0 `e positiva
in (−∞, 0), segue che f (x) ≤ 0qper tali x. Essendo
q
1
)
2
< 0 e f strettamente crescente in (
1
, +∞),
2
dal teorema
q
1
di esistenza degli zeri segue l’esistenza di un unico ξ >
tale che
2
f (ξ) = 0.
poi f (
6
Esercizio 6. Studiare il grafico della funzione (limitandosi alla derivata prima)
x
f (x) = arc tg
.
1 + ln(x)
1) La funzione `e definita per x > 0 e x 6= e−1 . 2) Evidentemente, la
x
funzione non `e n´e pari, n´e dispari, n´e periodica. 3) Essendo 1+ln(x)
negativo per 0 < x < e−1 e positivo per x > e−1 , la funzione `e negativa
in (0, e−1 ), positiva in (e−1 , +∞). 4) Dal momento che il logaritmo
diverge pi`
u lentamente di qualsiasi potenza di x, si ha
π
lim f (x) = lim arc tg(y) = .
x→+∞
y→+∞
2
Dallo studio del segno si ha anche
π
π
lim
f (x) = − ,
lim
f (x) = .
−1
−
−1
+
x→(e )
x→(e )
2
2
5) Per la derivata prima si ha
log(x)
, x 6= e−1 .
f 0 (x) = 2
x + (1 + log(x))2
Studiandone il segno, si vede che f 0 `e positiva per x in (1, +∞) e
negativa in (0, e−1 ) ∪ (e−1 , 1).
7
Esercizio 7. Studiare il grafico della funzione
x + 2
.
f (x) = exp − x 1) La funzione `e definita per ogni valore x 6= 0. 2) Evidentemente,
la funzione non `e n´e pari, n´e dispari, n´e periodica. 3) Essendo un
esponenziale, la funzione `e positiva per ogni valore di x per cui `e
definita. 4) Dal momento che l’argomento dell’esponenziale tende a −1
per x tendente sia a pi`
u infinito che a meno infinito, si ha
lim f (x) = e−1 ,
x→+∞
lim f (x) = e−1 .
x→−∞
Inoltre, essendo −|(x + 2)/x| divergente a meno infinito per x tendente
a zero (sia da sinistra che da destra), si ha
lim f (x) = 0 ,
x→0
cosicch´e la funzione pu`o essere prolungata per continuit`a nell’origine,
definendo f (0) = 0. 5) Per la derivata prima si ha


 f (x) 4
se x > 0 o x < −2,
0
x2
f (x) =
4

−f (x)
se −2 < x < 0.
x2
Si ha poi f 0 (0) = 0 (come si vede calcolando i limiti destro e sinistro
della derivata). Studiando il segno, si vede che f 0 `e positiva per x in
(−∞, −2) ∪ (0, +∞) e negativa altrimenti. 6) Per la derivata seconda
si ha


f (x) 4(1 − x) se x > 0 o x < −2,
x4
f 00 (x) =
4(1
+ x)

f (x)
se −2 < x < 0.
x2
Inoltre, f 00 (0) = 0. Si ha pertanto convessit`a in (−∞, −2) ∪ (−1, 1),
concavit`a nell’insieme complementare.
8
Esercizio 8. Studiare il grafico della funzione
f (x) = ln(e2x − 3ex + 2) − ln(2) .
1) La funzione `e definita per ogni valore x non appartenente a [0, log(2)].
2) Evidentemente, la funzione non `e n´e pari, n´e dispari, n´e periodica.
3) La funzione `e positiva per x > log(3), negativa altrimenti (dove `e
definita). 4) Si ha, facilmente,
lim f (x) = 0 ,
x→−∞
lim f (x) = +∞ .
x→−∞
Cercando asintoti obliqui, si ha (con de L’Hopital, e scrivendo 2x =
log(e2x ))
f (x)
lim
= 2,
lim [f (x) − 2x] = − log(2) ,
x→+∞
x→+∞
x
cosicch´e la retta y = 2x − log(2) `e un asintoto obliquo per f (x) a pi`
u
infinito. Inoltre, dallo studio del segno si ha
lim f (x) = −∞ ,
x→(0)−
lim
x→(log(2))+
f (x) = −∞ .
5) Per la derivata prima si ha (per i valori di x per cui f `e definita)
2e2x − 3ex
f (x) = 2x
,
e − 3ex + 2
che `e positiva per x > ln(2), negativa per x < 0. 6) Per la derivata
seconda si ha
ex (−3e2x + 8ex − 6)
,
f 00 (x) =
(e2x − 3ex + 2)2
che `e sempre negativa (dove `e definita).
0