Studi di funzione

Esercizi · Derivate · con le soluzioni svolte · PDF

Esercizio 1

Delle seguenti funzioni di variabile reale \(x\), determinare:

1. dominio e relativi limiti agli estremi evidenziando eventuali prolungamenti continui;

2. eventuali estremanti locali ed andamento di monotonia;

3. eventuali flessi ed andamento di convessità;

4. eventuali asintoti;

5. grafico qualitativo che tenga conto di tutti gli elementi precedenti.

Esercizio 2

\[ f(x)=x-\frac{1}{x} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=x-\frac{1}{x}\) è definita per \(x\neq0\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

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

Si ha

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty,\ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=+\infty,\ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \]

in particolare la retta \(x=0\) (asse \(y\)) è asintoto verticale. Da

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)-x=\lim_{x\to\pm\infty}-\frac{1}{x}=0 \]

si ha poi che la retta \(y=x\) è asintoto obliquo per \(x\to\pm\infty\). La presenza di questi asintoti, del resto, si ottiene anche dalla geometria analitica: la curva di equazione \(y=x-\frac{1}{x}\), in forma implicita \(x^{2}-xy-1=0\), è un'iperbole di asintoti proprio le rette \(x=0\) ed \(y=x\) (gli asintoti di una iperbole si ottengono uguagliando a \(0\) la parte omogenea di grado \(2\) della equazione).

La funzione \(f(x)\) è derivabile infinite volte nel proprio dominio \(D\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=1+\frac{1}{x^{2}} \]

e risulta \(f'(x)>0\) per ogni \(x\in D\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente crescente sull'intervallo \((-\infty,0)\) e strettamente crescente anche sull'intervallo \((0,+\infty)\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=-\frac{2}{x^{3}} \]

e ha il segno contrario di \(x\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente convessa sull'intervallo \((-\infty,0)\) e strettamente concava sull'intervallo \((0,+\infty)\).

La posizione del grafico rispetto all'asintoto obliquo è facilmente deducibile da \(f(x)-x=-1/x\): si ha \(f(x)>x\) per \(x<0\) mentre \(f(x)<x\) per \(x>0\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 3

\[ f(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\) è definita per \(x\geq0\), \(x\neq1\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=[0,1)\cup(1,+\infty). \]

Si ha

\[ \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=0,\ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=-\infty,\ \lim_{x\to1^{+}}f(x)=+\infty,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+1, \]

in particolare la retta \(x=1\) è asintoto verticale, la retta \(y=1\) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\).

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\), derivabile infinite volte in \(D\setminus\{0\}\). Nel punto \(x=0\) il rapporto incrementale ha limite

\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x}}{x(\sqrt{x}-1)}= -\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x}}{x}=-\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{x}}=-\infty \]

quindi la funzione \(f(x)\) non è derivabile per \(x=0\) e nel punto \((0,0)\) il grafico ha per tangente verticale l'asse \(y\).

Per \(x\in D\setminus\{0\}\) la derivata prima vale

\[ f'(x)=\frac{-1}{2\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)^{2}} \]

e risulta \(f'(x)<0\) per ogni \(x\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente decrescente sull'intervallo \([0,1)\) e strettamente decrescente anche sull'intervallo \((1,+\infty)\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=\frac{1}{4}\frac{3\sqrt{x}-1}{x\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)^{3}} \]

che si annulla per \(x=1/9\), è positiva per \(0<x<1/9\), negativa per \(1/9<x<1\), di nuovo positiva per \(x>1\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente convessa sull'intervallo \((0,1/9)\), strettamente concava sull'intervallo \((1/9,1)\), di nuovo strettamente convessa sull'intervallo \((1,+\infty)\). Per \(x=1/9\) si ha un flesso: nel punto \((1/9,-1/2)\) il grafico passa da sopra a sotto la retta tangente.

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 4

\[ f(x)=\sqrt{x^{2}-1}-\sqrt{x^{2}+1} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\sqrt{x^{2}-1}-\sqrt{x^{2}+1}\) è definita per \(x\leq-1\), \(x\geq1\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty). \]

La funzione in esame è pari: lo studio seguente si potrebbe limitare all'intervallo \([1,+\infty)\). Si ha

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-2}{\sqrt{x^{2}-1}+\sqrt{x^{2}+1}}=0 \]

in particolare la retta \(y=0\) (asse \(x\)) è asintoto orizzontale per \(x\to\pm\infty\). Si ha poi

\[ \lim_{x\to-1}f(x)=f(-1)=-\sqrt{2},\ \lim_{x\to1}f(x)=f(1)=-\sqrt{2}. \]

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\), derivabile infinite volte in \(D\setminus\{-1,1\}\).

Per \(x\in D\setminus\{-1,1\}\) la derivata prima vale

\[ f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}-1}}-\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})}{\sqrt{x^{4}-1}} \]

ed ha lo stesso segno di \(x\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente decrescente sull'intervallo \((-\infty,-1)\), strettamente crescente sull'intervallo \((1,+\infty)\).

Nei punti \(x=\pm1\) si ha

\[ \lim_{x\to\pm1}f'(x)=\pm\infty \]

quindi la funzione \(f(x)\) non è derivabile per \(x=\pm1\) e nei punti \((\pm1,-\sqrt{2})\) il grafico ha tangente verticale.

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=-\frac{1}{(x^{2}-1)\sqrt{x^{2}-1}}-\frac{1}{(x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+1}} \]

ed è negativa per ogni \(x\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente concava sull'intervallo \((-\infty,-1)\) e sull'intervallo \((1,+\infty)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo, rispettando in particolare la simmetria del grafico rispetto all'asse \(y\) (simmetria pari).

Esercizio 5

\[ f(x)=\frac{\sqrt{2x-1}}{\log(2x-1)} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\frac{\sqrt{2x-1}}{\log(2x-1)}\) è definita per \(2x-1>0\), \(2x-1\neq1\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=(1/2,1)\cup(1,+\infty). \]

Si ha

\[ \lim_{x\to1/2}f(x)=0,\ \lim_{x\to1^{\pm}}f(x)=\pm\infty,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{y\to+\infty}\frac{y^{1/2}}{\log y}=+\infty \]

in particolare la retta \(x=1\) è asintoto verticale. L'ordine di infinito di \(f(x)\) per \(x\to+\infty\) è inferiore a quello di \(\sqrt{x}\) il chè esclude l'asintoto obliquo (l'ordine di infinito di funzioni con asintoto obliquo è quello di \(x\)).

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\); il limite \(\lim_{x\to1/2}f(x)=0\) consente di prolungare con continuità la funzione anche in \(x=1/2\) ponendo \(f(1/2)=0\).

La funzione è derivabile infinite volte in \(D\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=\frac{\log(2x-1)-2}{\sqrt{2x-1}\log^{2}(2x-1)}. \]

Nel punto \(x=1/2\), il rapporto incrementale del prolungamento continuo ha limite

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{x\to1/2}\frac{f(x)-f(1/2)}{x-1/2}=\lim_{x\to1/2}\frac{\sqrt{2x-1}}{(x-1/2)\log(2x-1)}=\\ \\ \ds\sqrt{2}\lim_{x\to1/2}\frac{1}{\sqrt{x-1/2}\log(2x-1)}=\sqrt{2}\lim_{y\to0}\frac{1}{y^{1/2}\log y}=-\infty.\end{array} \]

Il prolungamento continuo di \(f\) non è derivabile per \(x=1/2\). Nel punto \((1/2,0)\) il suo grafico ha tangente verticale.

Tornando ad \(f'(x)\) nei punti di \(D\), si ha \(f'(x)>0\) per \(x>(e^{2}+1)/2\), \(f'(x)<0\) per \(x<(e^{2}+1)/2\), \(f'(x)=0\) per \(x=(e^{2}+1)/2\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente decrescente sull'intervallo \((1/2,1)\) e sull'intervallo \((1,(e^{2}+1)/2)\), strettamente crescente sull'intervallo \(((e^{2}+1)/2,+\infty)\). Il punto \(x=(e^{2}+1)/2\) è di minimo locale con valore \(f((e^{2}+1)/2)=e/2\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=-\frac{\log^{2}(2x-1)-8}{(2x-1)\sqrt{2x-1}\log^{3}(2x-1)} \]

ed è positiva per \(x\in(1/2,(e^{-\sqrt{8}}+1)/2)\), negativa per \(x\in((e^{-\sqrt{8}}+1)/2,1)\), positiva per \(x\in(1,(e^{\sqrt{8}}+1)/2)\), negativa per \(x\in((e^{\sqrt{8}}+1)/2,+\infty)\). Ne segue che \(f\) è strettamente convessa per \(x\in(1/2,(e^{-\sqrt{8}}+1)/2)\), strettamente concava per \(x\in((e^{-\sqrt{8}}+1)/2,1)\), strettamente convessa per \(x\in(1,(e^{\sqrt{8}}+1)/2)\), strettamente concava per \(x\in((e^{\sqrt{8}}+1)/2,+\infty)\). I punti \(x=(e^{\pm\sqrt{8}}+1)/2\) sono di flesso con rispettivi valori \(f((e^{\pm\sqrt{8}}+1)/2)=\pm e^{\pm\sqrt{2}}/\sqrt{8}\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 6

\[ f(x)=xe^{\frac{1}{x}} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=xe^{\frac{1}{x}}\) è definita per \(x\neq0\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

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

Si ha

\[ \begin{array}{l}\ds\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty,\ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=0,\\ \\ \ds\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{y\to+\infty}\frac{e^{y}}{y}=+\infty,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\end{array} \]

in particolare la retta \(x=0\) (asse \(y\)) è asintoto verticale. Per \(x\to\pm\infty\), da \(e^{y}=1+y+o(y)\) per \(y\to0\), si ottiene

\[ f(x)=xe^{\frac{1}{x}}=x\left(1+\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right)=x+1+o(1) \]

quindi la retta \(y=x+1\) è asintoto obliquo per \(x\to\pm\infty\).

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\); il limite \(\lim_{x\to0^{-}}f(x)=0\) consente di prolungare con continuità a sinistra la funzione in \(x=0\) ponendo \(f(0)=0\).

La funzione è derivabile infinite volte in \(D\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=\left(1-\frac{1}{x}\right)e^{\frac{1}{x}}=\frac{x-1}{x}e^{\frac{1}{x}}. \]

Nel punto \(x=0\), il rapporto incrementale sinistro del prolungamento ha limite

\[ \lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{-}}e^{\frac{1}{x}}=0 \]

Il prolungamento continuo a sinistra di \(f\) è derivabile a sinistra per \(x=0\) con \(f'_{-}(0)=0\). Il semiasse negativo delle \(x\) è semiretta tangente al grafico nel punto \((0,0)\).

Tornando ad \(f'(x)\) nei punti di \(D\), si ha \(f'(x)>0\) per \(x<0\), \(f'(x)<0\) per \(0<x<1\), di nuovo \(f'(x)>0\) per \(x>1\), \(f'(x)=0\) per \(x=1\). La funzione \(f(x)\) è quindi strettamente crescente sull'intervallo \((-\infty,0)\), strettamente decrescente sull'intervallo \((0,1)\), di nuovo strettamente crescente sull'intervallo \((1,+\infty)\). Il punto \(x=1\) è di minimo locale con valore \(f(1)=e\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=\frac{1}{x^{3}}e^{\frac{1}{x}} \]

ed ha lo stesso segno di \(x\). Ne segue che \(f\) è strettamente convessa per \(x\in(0,+\infty)\), strettamente concava per \(x\in(-\infty,0)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 7

\[ f(x)=e^{\frac{1-|x|}{1+x}} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=e^{\frac{1-|x|}{1+x}}\) è definita per \(x\neq-1\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty). \]

Nell'insieme \((-\infty,-1)\cup(-1,0]\) la funzione è costante: \(f(x)=e^{\frac{1+x}{1+x}}=e\) per ogni \(x\leq0\), \(x\neq-1\). Ovviamente si può prolungare con continuità la funzione per \(x=-1\) definendo \(f(-1)=e\). Si ha poi

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}e^{\frac{1-x}{1+x}}=e^{-1}=\frac{1}{e} \]

in particolare la retta \(y=1/e\) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\).

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\).

La funzione è derivabile infinite volte in \(D\setminus\{0\}\). La derivata prima vale ovviamente \(0\) per \(x<0\) mentre vale

\[ f'(x)=-\frac{2}{(x+1)^{2}}e^{\frac{1-x}{1+x}}\ \ {\rm per}\ x>0. \]

Nel punto \(x=0\), la derivata sinistra vale \(0\) mentre

\[ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=-2e. \]

La funzione non è derivabile per \(x=0\) in quanto \(f'_{-}(0)\neq f'_{+}(0)\). Il grafico presenta un punto angoloso nel punto \((0,e)\): a sinistra è formato dalla semiretta \(y=e\), \(x\leq0\), mentre il ramo di destra ha semiretta tangente \(y=-2ex+e\), \(x\geq0\).

Si ha poi \(f'(x)<0\) per ogni \(x>0\) quindi \(f\) è strettamente decrescente sull'intervallo \((0,+\infty)\).

Visto che la funzione è costante per \(x\leq0\), interessa calcolare la derivata seconda solo per \(x>0\) dove vale

\[ f''(x)=\frac{4x+8}{(x+1)^{4}}e^{\frac{1-x}{1+x}} \]

ed è positiva. Ne segue che \(f\) è strettamente convessa per \(x\in(0,+\infty)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 8

\[ f(x)=\left|\frac{\log x}{x}\right| \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\left|\frac{\log x}{x}\right|\) è definita per \(x>0\), quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=(0,+\infty) \]

dove la sua espressione può essere semplificata in

\[ f(x)=\frac{|\log x|}{x},\ \ x\in D. \]

Si tenga conto ora e nel seguito del segno di \(\log x\) che porta a \(|\log x|=-\log x\) per \(0<x<1\), \(|\log x|=\log x\) per \(x>1\). Si ha

\[ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{-\log x}{x}=+\infty,\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\log x}{x}=0 \]

in particolare la retta \(x=0\) (asse \(y\)) è asintoto verticale mentre la retta \(y=0\) (asse \(x\)) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\).

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\), assume in maniera evidente solo valori non negativi ed il punto \(x=1\) dove \(f(1)=0\) è di minimo assoluto.

La funzione è derivabile infinite volte in \(D\setminus\{1\}\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=-\frac{1-\log x}{x^{2}}\ \ {\rm per}\ 0<x<1;\ \ \ \ f'(x)=\frac{1-\log x}{x^{2}}\ \ {\rm per}\ x>1. \]

Nel punto \(x=1\), la derivata sinistra vale

\[ \lim_{x\to1^{-}}f'(x)=\lim_{x\to1^{-}}-\frac{1-\log x}{x^{2}}=-1, \]

mentre la derivata destra vale

\[ \lim_{x\to1^{+}}f'(x)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{1-\log x}{x^{2}}=1 \]

La funzione non è derivabile per \(x=1\) in quanto \(f'_{-}(1)\neq f'_{+}(1)\). Il grafico presenta un punto angoloso in \((1,0)\): a sinistra la semiretta tangente ha equazione \(y=-x+1\), a destra \(y=x-1\).

Soluzione

Si ha poi \(f'(x)<0\) per ogni \(x\in(0,1)\) quindi \(f\) è strettamente decrescente sull'intervallo \((0,1)\). Vale \(f'(x)>0\) per ogni \(x\in(1,e)\) e \(f'(x)<0\) per ogni \(x\in(e, +\infty)\), \(f'(e)=0\), quindi \(f\) è strettamente crescente sull'intervallo \((1,e)\), strettamente decrescente sull'intervallo \((e,+\infty)\), il punto \(x=e\) è di massimo relativo con valore \(f(e)=1/e\).

In \(D\setminus\{1\}\) la derivata seconda vale

\[ f''(x)=\frac{3-2\log x}{x^{3}}\ \ {\rm per}\ 0<x<1;\ \ \ \ f''(x)=\frac{2\log x-3}{x^{3}}\ \ {\rm per}\ x>1. \]

Ne segue che \(f\) è strettamente convessa per \(x\in(0,1)\) ed in \((e^{3/2},+\infty)\); strettamente concava in \((1,e^{3/2})\). Il punto \(x=e^{3/2}\) è di flesso con valore \(f(e^{3/2})=3/2e^{3/2}\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

Esercizio 9

\[ f(x)=\sqrt{1-|e^{2x}-1|} \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\sqrt{1-|e^{2x}-1|}\) è definita per \(|e^{2x}-1|\leq1\), quindi per \(-1\leq e^{2x}-1\leq1\) da cui \(0\leq e^{2x}\leq2\) ed infine \(x\leq(\log2)/2\) dal momento che \(e^{2x}>0\) per ogni \(x\). Il dominio naturale \(D\) è dato da

\[ D=(-\infty,(\log2)/2]. \]

Si tenga conto ora e nel seguito del segno di \(e^{2x}-1\) che porta a \(|e^{2x}-1|=1-e^{2x}\) per \(x<0\), \(|e^{2x}-1|=e^{2x}-1\) per \(x>0\). In particolare

\[ f(x)=\sqrt{e^{2x}}=e^{x}\ \ {\rm per}\ x<0;\ \ \ f(x)=\sqrt{2-e^{2x}}\ \ {\rm per}\ 0\leq x\leq(\log2)/2. \]

L'andamento di \(e^{x}\) per \(x<0\) è ben noto, ne segue in particolare

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0 \]

(asse \(x\) asintoto orizzontale per \(x\to-\infty\)) e che \(f\) è strettamente crescente in \((-\infty,0)\). Si ha poi

\[ \lim_{x\to(\log2)/2}f(x)=f((\log2)/2)=0. \]

La funzione \(f(x)\) è continua in \(D\), assume in maniera evidente solo valori non negativi ed il punto \(x=(\log2)/2\) dove \(f((\log2)/2)=0\) è di minimo assoluto.

La funzione è derivabile infinite volte in \(D\setminus\{0,(\log2)/2\}\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=e^{x}\ \ {\rm per}\ x<0;\ \ \ \ f'(x)=-\frac{e^{2x}}{\sqrt{2-e^{2x}}}\ \ {\rm per}\ 0<x<(\log2)/2. \]

Nel punto \(x=0\), la derivata sinistra vale

\[ \lim_{x\to0^{-}}f'(x)=\lim_{x\to0^{-}}e^{x}=1, \]

mentre la derivata destra vale

\[ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=\lim_{x\to0^{+}}-\frac{e^{2x}}{\sqrt{2-e^{2x}}}=-1 \]

La funzione non è derivabile per \(x=0\) in quanto \(f'_{-}(0)\neq f'_{+}(0)\). Il grafico presenta un punto angoloso in \((0,1)\): a sinistra la semiretta tangente ha equazione \(y=x+1\), a destra \(y=-x+1\).

Soluzione

Nel punto \(x=(\log2)/2\) si ha

\[ \lim_{x\to(\log2)/2}f'(x)=\lim_{x\to(\log2)/2}-\frac{e^{2x}}{\sqrt{2-e^{2x}}}=-\infty. \]

La funzione non è derivabile per \(x=(\log2)/2\). Nel punto \(((\log2)/2,0)\) il grafico ha tangente verticale.

Si ha poi \(f'(x)<0\) per ogni \(x\in(0,(\log2)/2)\) quindi \(f\) è strettamente decrescente sull'intervallo \((0,(\log2)/2)\). Il punto \(x=0\) è di massimo (assoluto) con valore \(f(0)=1\).

In \((-\infty,0)\) la funzione coincide con \(e^{x}\) ed è ben noto che la funzione esponenziale è strettamente convessa. Si ha poi

\[ f''(x)=-\frac{e^{2x}(4-e^{2x})}{(2-e^{2x})^{3/2}}\ \ {\rm per}\ 0<x<(\log2)/2 \]

con segno negativo su tale intervallo. Ne segue che \(f\) è strettamente concava per \(x\in(0,(\log2)/2)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo.

(i) La funzione \(f(x)=x-\arctan x\) ha dominio naturale \(D=\R\) con

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty. \]

Si tratta di una funzione dispari, il chè consentirebbe di studiarla solo per \(x\geq0\).

Da

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)-x=\lim_{x\to\pm\infty}-\arctan x=\mp\frac{\pi}{2} \]

segue poi che la funzione ha asintoti obliqui

\[ y=x+\pi/2,\ x\to-\infty;\ \ y=x-\pi/2,\ x\to+\infty. \]

La funzione è derivabile infinite volte su tutto \(\R\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=1-\frac{1}{x^{2}+1}=\frac{x^{2}}{x^{2}+1} \]

con \(f'(0)=0\) ed \(f'(x)>0\) per ogni \(x\neq0\). Ne segue che \(f\) è strettamente crescente su tutto \(\R\) e che il punto \(x=0\) è di flesso con tangente orizzontale con relativo valore \(f(0)=0\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=\frac{2x}{(x^{2}+1)^{2}} \]

ed ha lo stesso segno di \(x\). In particolare \(f\) è strettamente concava in \((-\infty,0)\), strettamente convessa su \((0,+\infty)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo, rispettando la simmetria centrale del grafico rispetto all'origine (simmetria dispari).

Esercizio 10

\[ f(x)=x-\arctan x \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=x-\arctan x\) ha dominio naturale \(D=\R\) con

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty. \]

Si tratta di una funzione dispari, il chè consentirebbe di studiarla solo per \(x\geq0\).

Da

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)-x=\lim_{x\to\pm\infty}-\arctan x=\mp\frac{\pi}{2} \]

segue poi che la funzione ha asintoti obliqui

\[ y=x+\pi/2,\ x\to-\infty;\ \ y=x-\pi/2,\ x\to+\infty. \]

La funzione è derivabile infinite volte su tutto \(\R\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=1-\frac{1}{x^{2}+1}=\frac{x^{2}}{x^{2}+1} \]

con \(f'(0)=0\) ed \(f'(x)>0\) per ogni \(x\neq0\). Ne segue che \(f\) è strettamente crescente su tutto \(\R\) e che il punto \(x=0\) è di flesso con tangente orizzontale con relativo valore \(f(0)=0\).

La derivata seconda vale

\[ f''(x)=\frac{2x}{(x^{2}+1)^{2}} \]

ed ha lo stesso segno di \(x\). In particolare \(f\) è strettamente concava in \((-\infty,0)\), strettamente convessa su \((0,+\infty)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo, rispettando la simmetria centrale del grafico rispetto all'origine (simmetria dispari).

Esercizio 11

\[ f(x)=1-x^{2}+\log|x| \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=1-x^{2}+\log|x|\) è definita per \(x\neq0\) quindi il suo dominio naturale \(D\) è dato da

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

Si tratta di una funzione pari il chè consentirebbe di studiarla solo per \(x>0\).

Da \(f(x)\sim-x^{2}\) per \(x\to\pm\infty\) si ha

\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=-\infty \]

e si evince che la funzione non ha asintoti obliqui. Si ha poi

\[ \lim_{x\to0^{\pm}}f(x)=-\infty, \]

in particolare la retta \(x=0\) (asse \(y\)) è asintoto verticale.

La funzione è derivabile infinite volte su tutto \(D\). La derivata prima vale

\[ f'(x)=-2x+\frac{1}{x}=\frac{1-2x^{2}}{x}. \]

Analizzandone il segno per \(x>0\), si ha \(f'(\sqrt{1/2})=0\), \(f'(x)>0\) per \(0<x<\sqrt{1/2}\), \(f'(x)<0\) per \(x>\sqrt{1/2}\). Ne segue che \(f\) è strettamente crescente su \((0,\sqrt{1/2})\), strettamente decrescente su \((\sqrt{1/2},+\infty)\) e che il punto \(x=\sqrt{1/2}\) è di massimo (assoluto) con relativo valore \(f(\sqrt{1/2})=1/2-(\log2)/2\). In particolare il grafico incontra l'asse \(x\) in due punti di ascissa positiva. Uno di questi punti si ha per \(x=1\), l'altro ha ascissa nell'intervallo \((0,\sqrt{1/2})\) e può essere approssimato all'occorrenza con uno degli algoritmi studiati per la ricerca degli zeri di funzioni regolari.

Lo studio della monotonia e degli estremanti di \(f\) per \(x<0\) si ottiene per simmetria pari: il punto \(x=-\sqrt{1/2}\) è di massimo (assoluto) con relativo valore \(f(-\sqrt{1/2})=1/2-(\log2)/2\) etc., etc.

La derivata seconda vale

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

ed è negativa per ogni \(x\in D\). In particolare \(f\) è strettamente concava sia in \((-\infty,0)\) che su \((0,+\infty)\).

Si raccolgano ora tutti gli elementi precedenti in un grafico qualitativo, rispettando la simmetria assiale del grafico rispetto all'asse \(y\) (simmetria pari).