Esercizi svolti · Scheda 2

Concavità e punti di flesso

Teoria usata: Concavità verso l'alto e verso il basso Segno della derivata seconda e concavità Punto di flesso Derivata seconda e flessi

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Esercizio 1

Studia la concavità di $f(x) = x^4 - 4x^3 + 10$ , determina i punti di flesso e scrivi l’equazione della tangente inflessionale in ciascuno di essi.

f'(x) = 4x^3 - 12x^2 = 4x^2\,(x - 3)

f''(x) = 12x^2 - 24x = 12x\,(x - 2)

	$x < 0$	$0 < x < 2$	$x > 2$
$f''(x)$	$+$	$-$	$+$
concavità	verso l’alto	verso il basso	verso l’alto

f(0) = 10 , \qquad f'(0) = 0 \qquad \Longrightarrow \qquad y = 10

f(2) = 16 - 32 + 10 = -6 , \qquad f'(2) = 32 - 48 = -16

y - (-6) = -16\,(x - 2) \qquad \Longrightarrow \qquad y = -16x + 26

Il grafico ha la concavità verso l’alto in $(-\infty, 0]$ e in $[2, +\infty)$ e verso il basso in $[0, 2]$ . Il punto $(0, 10)$ è un flesso orizzontale, con tangente $y = 10$ , e il punto $(2, -6)$ è un flesso obliquo, con tangente $y = -16x + 26$ .

La funzione è un polinomio, quindi è derivabile due volte su $\mathbb{R}$ e la concavità si ricava dal segno della derivata seconda. Il trinomio $12x\,(x - 2)$ ha radici $0$ e $2$ ed è positivo fuori dall’intervallo delle radici, negativo tra le radici. Per il teorema sul segno della derivata seconda il grafico ha la concavità verso l’alto dove $f'' > 0$ e verso il basso dove $f'' < 0$ .

La derivata seconda si annulla in $0$ e in $2$ e in entrambi i punti cambia segno, quindi per la condizione sufficiente sono due punti di flesso. In $x = 0$ si ha anche $f'(0) = 0$ , perciò la tangente è orizzontale e il flesso è orizzontale. In $x = 2$ la derivata prima vale $-16$ , quindi il flesso è obliquo, e la tangente inflessionale si scrive con la formula $y - f(2) = f'(2)\,(x - 2)$ .

Esercizio 2

Determina gli intervalli di concavità e i punti di flesso di $f(x) = \dfrac{1}{1 + x^2}$ , e scrivi l’equazione della tangente nel flesso di ascissa positiva.

f'(x) = -\frac{2x}{\left( 1 + x^2 \right)^2}

\begin{aligned} f''(x) &= -\frac{2\,\left( 1 + x^2 \right)^2 - 2x \cdot 2\,\left( 1 + x^2 \right) \cdot 2x}{\left( 1 + x^2 \right)^4} \\[6pt] &= -\frac{2\,\left( 1 + x^2 \right) - 8x^2}{\left( 1 + x^2 \right)^3} \\[6pt] &= \frac{6x^2 - 2}{\left( 1 + x^2 \right)^3} \end{aligned}

f''(x) > 0 \iff x^2 > \frac{1}{3} \iff x < -\frac{\sqrt{3}}{3} \quad \text{oppure} \quad x > \frac{\sqrt{3}}{3}

f\left( \frac{\sqrt{3}}{3} \right) = \frac{1}{1 + \dfrac{1}{3}} = \frac{3}{4} , \qquad f'\left( \frac{\sqrt{3}}{3} \right) = -\frac{\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}{\dfrac{16}{9}} = -\frac{3\sqrt{3}}{8}

y = \frac{3}{4} - \frac{3\sqrt{3}}{8} \left( x - \frac{\sqrt{3}}{3} \right) = -\frac{3\sqrt{3}}{8}\,x + \frac{9}{8}

Il grafico ha la concavità verso l’alto per $x \leq -\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ e per $x \geq \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ , verso il basso tra i due valori. I flessi sono $\left( \pm\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{3}{4} \right)$ , e la tangente nel flesso di ascissa positiva è $y = -\dfrac{3\sqrt{3}}{8}\,x + \dfrac{9}{8}$ .

y = \dfrac{1}{1 + x^2}

y = -\dfrac{3\sqrt{3}}{8}\,x + \dfrac{9}{8}

I flessi di

\frac{1}{1 + x ^{2}}

hanno ascisse

\pm \frac{3}{3}

e ordinata

\frac{3}{4}

; nel flesso di destra il grafico attraversa la tangente inflessionale

Il denominatore $1 + x^2$ è sempre positivo, quindi il dominio è $\mathbb{R}$ . La derivata prima si ottiene dalla formula $\left( \dfrac{1}{g} \right)' = -\dfrac{g'}{g^2}$ , con $g(x) = 1 + x^2$ . Per la derivata seconda si usa la regola del quoziente: la derivata del denominatore $\left( 1 + x^2 \right)^2$ è $2\,\left( 1 + x^2 \right) \cdot 2x$ , per la regola della funzione composta. Al numeratore si raccoglie $2\,\left( 1 + x^2 \right)$ e si semplifica con un fattore del denominatore; poi $-\left( 2 + 2x^2 - 8x^2 \right) = 6x^2 - 2$ .

Il denominatore $\left( 1 + x^2 \right)^3$ è positivo, perciò il segno di $f''$ è quello di $6x^2 - 2$ . Questo trinomio si annulla per $x^2 = \dfrac{1}{3}$ , cioè per $x = \pm\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \pm\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ , ed è positivo fuori dall’intervallo delle radici. La derivata seconda cambia segno in entrambi i punti, quindi sono due flessi. La funzione è pari, perciò i due flessi hanno la stessa ordinata.

Nel flesso di destra si ha $1 + x^2 = \dfrac{4}{3}$ , quindi $f = \dfrac{3}{4}$ e $\left( 1 + x^2 \right)^2 = \dfrac{16}{9}$ . La pendenza è $-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \dfrac{9}{16} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{8}$ . Nell’equazione della tangente il prodotto $\dfrac{3\sqrt{3}}{8} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ vale $\dfrac{3}{8}$ , e il termine noto è $\dfrac{3}{4} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{9}{8}$ .

Esercizio 3

Determina gli intervalli di concavità e il punto di flesso di $f(x) = x^2 \ln x$ .

D = (0, +\infty)

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

f''(x) = 2 \ln x + 2x \cdot \frac{1}{x} + 1 = 2 \ln x + 3

f''(x) > 0 \iff \ln x > -\frac{3}{2} \iff x > e^{-\frac{3}{2}}

f\left( e^{-\frac{3}{2}} \right) = e^{-3} \cdot \left( -\frac{3}{2} \right) = -\frac{3}{2e^3}

Il grafico ha la concavità verso il basso in $\left( 0, e^{-\frac{3}{2}} \right]$ e verso l’alto in $\left[ e^{-\frac{3}{2}}, +\infty \right)$ , con un flesso nel punto $\left( e^{-\frac{3}{2}}, -\dfrac{3}{2e^3} \right)$ .

Il logaritmo è definito per $x > 0$ , quindi il dominio è $(0, +\infty)$ . La derivata prima si calcola con la regola del prodotto, e il termine $x^2 \cdot \dfrac{1}{x}$ si semplifica in $x$ . Derivando di nuovo, la derivata di $2x \ln x$ è $2 \ln x + 2$ , sempre per la regola del prodotto, e la derivata di $x$ è $1$ ; quindi $f''(x) = 2 \ln x + 3$ .

La disequazione $2 \ln x + 3 > 0$ equivale a $\ln x > -\dfrac{3}{2}$ . Poiché la funzione esponenziale è crescente, si può applicare a entrambi i membri e si ottiene $x > e^{-\frac{3}{2}}$ . La derivata seconda è quindi negativa a sinistra di $e^{-\frac{3}{2}}$ e positiva a destra, e il punto è un flesso. Per l’ordinata si usa $\left( e^{-\frac{3}{2}} \right)^2 = e^{-3}$ e $\ln e^{-\frac{3}{2}} = -\dfrac{3}{2}$ . Il valore numerico dell’ascissa è circa $0{,}22$ .