Studio di funzione: esercizi misti

Studio di funzione completo nel calcolo differenziale

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sullo studio di funzione! In questo articolo presentiamo 24 esercizi su questo importante argomento, alcuni dei quali multipli, per un totale di 41 studi di funzione completamente svolti. Il materiale permette un approfondito studio di questo argomento, summa del programma svolto nei corsi di Analisi Matematica 1, ed è quindi particolarmente indicato per studenti universitari e appassionati.

Consigliamo il materiale teorico di riferimento:

Segnaliamo inoltre alcune raccolte di esercizi su argomenti affini:

Buona lettura!

Esercizi sullo studio di funzione: Sommario

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Questo file contiene una raccolta ampia di esercizi dedicati allo studio di funzioni. Gli esercizi sono organizzati in ordine di difficoltà crescente, partendo da funzioni base fino ad arrivare ad espressioni più complesse. Ogni esercizio è seguito da una soluzione dettagliata. Questo materiale è ideale per studenti universitari che necessitano prepararsi per esami di analisi matematica.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Francesco Paolo Maiale.

Revisori: Sara Sottile, Sergio Fiorucci.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f(x)=\frac{x^2-4x+3}{x-5}.$

Tracciare il grafico della funzione dopo aver determinato: il dominio $D$ , intersezione con gli assi, positività, continuità, asintoti, massimi e minimi, eventuali punti di non derivabilità e flessi. Una volta tracciato il grafico, esplicitare l’immagine di $f$ .

Svolgimento.

Dominio Il dominio della funzione è dato da tutti i numeri reali eccetto il valore che annulla il denominatore, ovvero:

$D = \mathbb{R} \setminus \{5\}$

Intersezioni con gli assi
$\quad$
- Asse x: Poniamo $f(x) = 0$ :
  $\frac{x^2 - 4x + 3}{x - 5} = 0$
  
  Il numeratore si fattorizza come $(x-3)(x-1)$ , quindi le intersezioni con l’asse $x$ sono $A=(3,0)$ e $B=(1,0)$ .
- Asse y: Calcoliamo $f(0)$ :
  $f(0) = \frac{0^2 - 4 \cdot 0 + 3}{0 - 5} = -\frac{3}{5}$
  
  L’intersezione con l’asse $y$ è pertanto $C=(0, -\frac{3}{5})$

Studio del segno La funzione è positiva quando numeratore e denominatore hanno lo stesso segno:

$\quad$
- $(x-3)(x-1) > 0$ e $(x-5) > 0$ , cioè per $x > 5$
- $(x-3)(x-1) < 0$ e $(x-5) < 0$ , cioè per $1 < x < 3$
Quindi $f(x) > 0$ per $x \in (1,3) \cup (5,+\infty)$ . Questo lo si può vedere anche graficamente con il seguente schema di studio del segno:

$\quad$

$\quad$

$\quad$

Continuità e derivabilità La funzione è continua e derivabile su tutto il suo dominio, essendo il rapporto di due polinomi.

Asintoti
$\quad$
- Asintoto orizzontale: Dato che
  $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2-4x+3}{x-5}=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{x^2\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}x\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)=\pm\infty$
  
  la funzione $f(x)$ non ha alcun asintoto orizzontale.
- Asintoto verticale: $\lim_{x \to 5^\pm} f(x) = \pm\infty$ , quindi $x = 5$ è un asintoto verticale.
- Asintoto obliquo: Calcoliamo:
  
  $m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 4x + 3}{x(x-5)} = 1$
  
  $q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[\frac{x^2 - 4x + 3}{x-5} - x\right] = 1$
  
  L’equazione dell’asintoto obliquo è quindi $y = x + 1$ .

Massimi e minimi Calcoliamo la derivata prima:

$f'(x) = \frac{(2x-4)(x-5) - (x^2-4x+3)}{(x-5)^2} = \frac{x^2 - 10x + 17}{(x-5)^2}$

Poniamo $f'(x) = 0$ :

$x^2 - 10x + 17 = 0 \iff x_{1,2} = \frac{10 \pm \sqrt{100- 4 \cdot 17}}{2} = 5 \pm \sqrt{32},$

pertanto le soluzioni sono $x_{1,2} = 5 \pm 2\sqrt{2}$ . Il denominatore della derivata è positivo, perciò il segno di $f'$ dipende solo dal numeratore:

$\quad$
- Nell’intervallo $(5-2\sqrt 2,5 + 2 \sqrt 2)$ la derivata è negativa, dunque la funzione è decrescente.
- In $(-\infty,5-2\sqrt 2) \cup (5 + 2 \sqrt 2, \infty)$ la derivata è positiva, dunque la funzione è crescente.
Di conseguenza, in $x=5-2\sqrt 2$ abbiamo un massimo relativo

$f(5-2\sqrt{2}) = 6-4\sqrt{2},$

mentre in $x = 5 + 2\sqrt{2}$ abbiamo un minimo relativo:

$f(5+2\sqrt{2}) = 6+4\sqrt{2}.$

Notiamo che questi sono punti di massimo e minimo relativi perché nella ricerca di asintoti orizzontali abbiamo mostrato che

$\sup_{x\in D} f(x) = + \infty \quad \text{and} \quad \inf_{x \in D}f(x) =-\infty.$

Flessi Calcoliamo la derivata seconda:

$f''(x) = \frac{16}{(x-5)^3}$

Questa non si annulla mai, quindi non ci sono flessi. Dallo studio del segno del denominatore, segue che la funzione è concava per $x < 5$ e convessa per $x > 5$ .

Grafico
$\quad$

$\quad$

Figura 1: figura dell’esercizio 1.

$\quad$

Osservazioni sul grafico: Il grafico della funzione mostra:

$\quad$
- Due intersezioni con l’asse $x$ in (1,0) e (3,0)
- Un’intersezione con l’asse $y$ in (0,-3/5)
- Un asintoto verticale in $x=5$ (in rosso)
- Un asintoto obliquo $y = x + 1$ (in verde)
- Un massimo relativo prima dell’asintoto verticale $M$
- Un minimo relativo dopo l’asintoto verticale $m$
- La funzione è concava a sinistra dell’asintoto verticale e convessa a destra
- Im $(f)=(-\infty,6-4\sqrt{2}]\cup[6+4\sqrt{2},+\infty)$ , poiché per il teorema dei valori intermedi, nell’intervallo $(-\infty,5)$ la funzione assume tutti i valori compresi tra il limite $-\infty$ e l’immagine del punto di massimo relativo. Analogamente si ragiona nell’intervallo $(5,+\infty)$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f(x)=\log \lvert x^2-8x+16\rvert.$

Tracciare il grafico della funzione dopo aver determinato: il dominio $D$ , intersezione con gli assi, positività, continuità, asintoti, massimi e minimi, eventuali punti di non derivabilità, flessi, concavità e convessità. Una volta tracciato il grafico, esplicitare l’immagine di $f$ .

Svolgimento.

Dominio Il logaritmo richiede che l’argomento sia positivo. Osserviamo che:

$x^2-8x+16 = (x-4)^2 \ge 0$

per ogni $x \in \mathbb R$ . Di conseguenza, il modulo si può togliere

$| x^2-8x+16|=|(x-4)|^2=(x-4)^2.$

A questo punto, si deduce che $D=\mathbb{R}\setminus \{4\}$ dato che l’argomento del logaritmo è sempre non-negativo e si annulla solo in $x=4$ . Inoltre, usando le proprietà del logaritmo troviamo che

$f(x)= \log \left[(x-4)^2\right] = 2 \log|x-4| \qquad \forall x \neq 4.$

Ponendo $t=x-4$ , il grafico della funzione coincide con quello della riflessione pari della funzione $\log t$ , traslato di $4$ unità verso destra, da cui si deducono facilmente tutte le sue proprietà. In questa sede proponiamo però lo studio della funzione con metodo tradizionale, nonostante esso sia ridondante, grazie all’osservazione appena formulata.

Intersezioni con gli assi
$\quad$
- Asse x: Poniamo $f(x) = 0$ :
  $2 \log |x-4| = 0 \iff |x-4| = 1$
  
  utilizzando il fatto che $\mathrm{e}^{\log y} = y$ . A questo punto possiamo risolvere sviluppando il modulo
  
  $|x-4|=1 \iff x - 4 = 1 \text{ oppure } x-4=-1 \iff x = 5 \text { oppure } x = 3$
  
  Le intersezioni con l’asse $x$ sono pertanto $A=(3,0)$ e $B=(5,0)$ .
- Asse y: Calcoliamo $f(0)$ :
  $f(0) = 2 \log(|0-4|) = 2 \log 4 = 4 \log 2$
  
  L’intersezione con l’asse $y$ è $C=(0, 4\log 2)$ .

Positività La funzione è positiva quando l’argomento del logaritmo è maggiore di uno, ovvero $|x-4| > 1$ . Togliendo il modulo si arriva alle disuguaglianze

$\begin{aligned} & x-4 > 1 & \implies x > 5 \\ & x - 4 < - 1 & \implies x < 3 \end{aligned}$

Quindi $f(x) > 0$ per $x \in (-\infty, 3) \cup (5,+\infty)$ ed $f(x)<0$ per $x \in (3,4)\cup(4,5)$ .

Continuità e derivabilità La funzione è continua e derivabile con derivata continua nel suo dominio. Questo è facile da vedere perché abbiamo una composizione

$\log(x) \circ |x-4|$

tra logaritmo e valore assoluto di un polinomio. Si noti che la funzione $h(y)=|y|$ è derivabile ovunque tranne che in $y=0$ ; nel nostro caso, il punto che annulla l’argomento del logaritmo è escluso dal dominio (i.e., $x\neq 4$ )

Asintoti
$\quad$
- Asintoti verticali:
  $\lim_{x \to 4^\pm} f(x) = \lim_{x \to 4^\pm} \log(x-4)^2 = -\infty$
  
  Quindi $x = 4$ è un asintoto verticale.
- Asintoti orizzontali:
  $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \log(x-4)^2 = +\infty$
  
  Non esistono asintoti orizzontali.
- Asintoti obliqui:
  $m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\log(x-4)^2}{x} = 0$
  
  Poiché $m = 0$ , non esistono asintoti obliqui.

Massimi e minimi Calcoliamo la derivata prima:

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

La derivata non si annulla mai nel dominio, quindi non ci sono massimi o minimi relativi. Dallo studio dei limiti, $\sup f(x) = +\infty$ e $\inf f(x) = -\infty$ , quindi non ci sono massimi o minimi assoluti.

Flessi e convessità Calcoliamo la derivata seconda:

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

$f''(x)$ è sempre negativa nel dominio, quindi la funzione è sempre concava e non ha punti di flesso.

Grafico
$\quad$

$\quad$

Figura 2: figura dell’esercizio 2.

$\quad$

Osservazioni sul grafico: Il grafico della funzione mostra:

$\quad$
- Due intersezioni con l’asse $x$ in (3,0) e (5,0)
- Un’intersezione con l’asse $y$ in $(0, 4\log 2)$
- Un asintoto verticale in $x=4$ (in rosso)
- La funzione tende a $+\infty$ per $x \to \pm\infty$
- La funzione è sempre concava
- La funzione è simmetrica rispetto alla retta $x=4$
- Im $(f)=(-\infty,+\infty),$ in quanto la funzione ad entrambi gli estremi del dominio tende a $+\infty$ e ha inoltre un asintoto verticale discendente a $-\infty$ . Il teorema dei valori intermedi implica dunque $\operatorname{Im}(f)= \mathbb{R}$ .

Si noti che la simmetria rispetto ad $x=4$ non è stata studiata nello svolgimento dell’esercizio, ma è banale dato che

$f(x+4) = 2 \log |x|$

e la funzione $\log|x|$ è ovviamente pari e simmetrica rispetto l’origine. In particolare, lo studio di funzione si poteva svolgere limitandosi all’intervallo

$D_+ = (4,+\infty)$

per poi estendere i risultati ottenuti per simmetria (pari) rispetto l’origine.

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

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

Tracciare il grafico della funzione dopo aver determinato: il dominio $D$ , intersezione con gli assi, positività, continuità, asintoti, massimi e minimi, eventuali punti di non derivabilità, flessi, concavità e convessità. Una volta tracciato il grafico, esplicitare l’immagine di $f$ .

Svolgimento.

Dominio Il dominio è $D=\mathbb{R}\setminus \{0\}$ dato che il denominatore dell’esponente si annulla in $x=0$ .

Intersezioni con gli assi
$\quad$
- Asse x: L’esponenziale è sempre positivo, quindi non ci sono intersezioni con l’asse $x$ .
- Asse y: $x=0$ non appartiene al dominio, quindi non c’è intersezione con l’asse $y.$

Positività L’esponenziale è una funzione sempre positiva, quindi $f(x)>0$ per ogni $x\in D$ .

Continuità La funzione è continua su tutto il suo dominio, essendo la composizione di due funzioni continue.

Asintoti
$\quad$
- Asintoto verticale:
  $\lim_{x \to 0^\pm} f(x) = \exp\left(\lim_{x \to 0^\pm} \frac{2x-1}{x^2}\right) = e^{-\infty} = 0$
  
  Quindi $x=0$ non è un asintoto verticale, ma un punto in cui la funzione può essere prolungata con continuità.
- Asintoto orizzontale:
  $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \exp\left(\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x-1}{x^2}\right) = e^0 = 1$
  
  Quindi $y=1$ è un asintoto orizzontale.

Massimi e minimi Calcoliamo la derivata prima:

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

Studiamo il segno di $f'(x)$ :

$\quad$

$\quad$

$\quad$

La derivata cambia segno, passando da positiva a negativa, in un intorno di $x=1$ , dunque $x=1$ è un punto di massimo relativo (e assoluto) dove $f(1)=e$ . Tale punto è anche il massimo assoluto della funzione, in quanto:

Nell’intervallo $(-\infty,0)$ la funzione è decrescente e $\lim_{x \to -\infty}=1$ , dunque $f(x)<1$ .
$1$ è un punto di massimo assoluto nell’intervallo $(0,+\infty)$ in quanto la funzione è crescente in $(0,1]$ e decrescente in $[1,+\infty)$

Flessi e convessità Calcoliamo la derivata seconda:

$f''(x) = \frac{e^{\frac{2x-1}{x^2}} (4x^3- 2x^2 - 8x +4)}{x^6}$

Il segno di $f''(x)$ dipende esclusivamente dal polinomio a numeratore, in quanto il termine esponenziale e il denominatore sono sempre positivi nel dominio. Il polinomio si fattorizza come $2(2x-1)(x^2-2)$ , per cui facendo lo studio del segno si ha:

$\quad$

$\quad$

$\quad$

La funzione è concava in $(-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\frac{1}{2},\sqrt{2})$ e convessa altrove. I punti di flesso sono:

$\begin{aligned} B &\equiv \left(-\sqrt{2}, e^{\frac{-2\sqrt{2}-1}{2}}\right) \\ C &\equiv \left(\frac{1}{2}, 1\right) \\ D &\equiv \left(\sqrt{2}, e^{\frac{2\sqrt{2}-1}{2}}\right) \end{aligned}$

Grafico
$\quad$

$\quad$

Figura 3: figura dell’esercizio 3.

$\quad$

Osservazioni conclusive: Il grafico della funzione mostra:

$\quad$
- Nessuna intersezione con gli assi
- Un asintoto orizzontale $y=1$ per $x \to \pm\infty$ (in verde)
- Un punto di massimo assoluto in $(1,e)$
- Tre punti di flesso
- La funzione tende a 0 per $x \to 0^\pm$
- Dimostriamo che Im $(f)=(0,e]$ . Innanzitutto la funzione è sempre positiva in virtù della monotonia studiata e dei limiti per $x \to \pm \infty$ e $x \to 0$ . Inoltre, dato che $e=f(1)=\max f$ , si ha
  $\text{Im}(f) \subseteq (0,e].$
  
  Dal teorema dei valori intermedi applicato a $f$ in $(0,1]$ e dal fatto che $\lim_{x \to 0^+}=0$ , segue che
  
  $\text{Im}(f)\supseteq (0,e].$
  
  Poiché $e=f(1)=\max f$ e poiché $f(x)>0$ in virtù della monotonia studiata e dei limiti per $x \to \pm \infty$ e $x \to 0$ , si conclude l’uguaglianza richiesta.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f(x)=e^{\tan(x)}.$

Tracciare il grafico della funzione dopo aver determinato: il dominio $D$ , intersezione con gli assi, positività, continuità, asintoti, massimi e minimi, eventuali punti di non derivabilità, flessi, concavità e convessità. Una volta tracciato il grafico, esplicitare l’immagine di $f$ .

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