DOCUMENTO FINALE -...

DOCUMENTO FINALE

DEL CONSIGLIO DELLA CLASSE 5^O.D.

(DPR 323/98, art. 5)

Anno Scolastico 2013-2014

15 maggio 2014

Documento del 15 maggio – Classe 5^OD a.s. 2013/14

Pag

ina2

INDICE

PARTE 1ª

Presentazione della scuola: i corsi attivi nell’Istituto Pag. 4 Istruzione Professionale: percorsi ed opportunità Pag. 5 Organizzazione del corso Odontotecnico Pag. 6 Finalità educative Pag. 7 Profilo professionale dell’Odontotecnico Pag. 7 Presentazione della classe Pag. 8 Relazione finale sulla classe Pag. 9 Composizione del Consiglio di Classe Pag. 10 Discipline curriculari Pag. 11 Obiettivi cognitivi ed educativi trasversali Pag. 11 Metodi di insegnamento e strumenti di lavoro Pag. 12 Strumenti di verifica e di valutazione Pag. 13 Forme di recupero attivate Pag. 14 Attività curriculari ed extracurriculari Pag. 14 Valutazione Pag. 15 Griglia di valutazione 1^ prova scritta (tipologia A, B, C, D) Pag. 16 Griglia di valutazione 2^ prova scritta: Scienza dei materiali dentali Pag. 18 Simulazione terza prova scritta. Valutazione Pag. 19 Attività didattiche previste dopo il 15 maggio Pag. 19

PARTE 2ª

Programmi disciplinari ITALIANO STORIA INGLESE MATEMATICA EDUCAZIONE FISICA RELIGIONE DIRITTO SCIENZA DEI MATERIALI DENTALI CHIMICA GNATOLOGIA ESERCITAZIONI DI LABORATORIO ODONTOTECNICO

Testi delle Simulazioni della Terza Prova Scritta


Pag

ina3

Presentazione della scuola Corsi attivi nell’Istituto

L’Istituto Professionale “Don Enrico Pocognoni" di Matelica è costituito da tre scuole: la

sede centrale, situata a Matelica, e due sedi associate, a Camerino e San Severino Marche. Nella sede di Matelica sono presenti gli indirizzi meccanico, odontotecnico ed ottico,

quest’ultimo attivato a partire dall’ anno scolastico 2012/2013. Nella sede di San Severino Marche è presente un indirizzo meccanico. Nella sede di Camerino sono presenti gli indirizzi elettrico ed elettronico. Con l’introduzione a partire dall’a.s. 2010/11 della riforma delle scuole secondarie superiori (D.P.R. 15 marzo 2010, n. 87- Regolamento recante norme per il riordino degli Istituti professionali) gli indirizzi meccanico, elettrico ed elettronico sono confluiti nell’unico indirizzo “Manutenzione ed assistenza tecnica” del Settore “INDUSTRIA E ARTIGIANATO”, mentre l’indirizzo odontotecnico è confluito nell’articolazione “Odontotecnico” dell’indirizzo “Servizi socio-sanitario”, a sua volta incluso nel Settore “SERVIZI”. Pertanto, nell’Istituto sono presenti entrambi i

Settori previsti dal Nuovo Ordinamento per gli Istituti Professionali.

Tabella riassuntiva dei corsi attivi presso l’Istituto

1e, 2e, 3e e 4e CLASSI 5e CLASSI

Nuovo Ordinamento Vecchio Ordinamento

SEDI SETTORE INDIRIZZO SETTORE INDIRIZZO

MATELICA

SERVIZI

Servizi Socio-Sanitari

articolazione “Odontotecnico”

SERVIZI SOCIO-SANITARI

Odontotecnico

SERVIZI Servizi

Socio-Sanitari articolazione “Ottico”

(non presente) (non presente)

INDUSTRIA E

ARTIGIANATO “Manutenzione e

assistenza tecnica” INDUSTRIA E

ARTIGIANATO Meccanico

SAN SEVERINO MARCHE INDUSTRIA E

ARTIGIANATO

“Manutenzione e assistenza tecnica” –

“Produzioni industriali e artigianali”

INDUSTRIA E ARTIGIANATO

Meccanico

CAMERINO INDUSTRIA E

ARTIGIANATO “Manutenzione e

assistenza tecnica” INDUSTRIA E

ARTIGIANATO

Elettrico

Elettronico

L’attuale classe Quinta di indirizzo Odontotecnico ha seguito nel corrente anno scolastico il

vecchio ordinamento.


Pag

ina4

Istruzione Professionale: percorsi e opportunità

Di seguito sono rappresentati schematicamente il percorso seguito e le opportunità di studi

che sono state offerte agli alunni della classe Quinta.

Percorsi

Opportunità

L'istruzione professionale, come dimostrano i quadri orario di seguito riportati, si caratterizza per una solida base di istruzione generale e tecnico-professionale. Consente, inoltre, agli studenti di sviluppare, in una dimensione operativa, saperi e competenze necessari per rispondere alle esigenze formative del settore produttivo di riferimento, per un rapido inserimento nel mondo del lavoro o nella formazione superiore. Come si evince dagli schemi sopra riportati, le opportunità che gli Istituti Professionali offrono sono le seguenti:

un diploma di qualifica regionale che permette il rapido inserimento nel mondo del lavoro,

sia nel settore privato sia in quello pubblico, essendo un titolo valido per l'ammissione a tutti i concorsi pubblici per le carriere esecutive; consente, oltre a ciò, di proseguire gli studi, sia all’interno dello stesso Istituto Professionale, sia nella formazione professionale.

QUALIFICA professionale di OPERATORE

III Media

I.P.S.I.A

I - II anno

III anno

Lavoro / Apprendistato

Formazione professionale

Qualifica di II livello

DIPLOMA professionale di TECNICO

Lavoro

Università

Istruzione Tecnica Superiore

IV - V anno

Alternanza scuola-lavoro


Pag

ina5

Con la Riforma Gelmini questa possibilità non è più offerta; infatti, gli indirizzi dell’area sanitaria devono seguire un percorso quinquennale, non potendosi organizzare, come avviene per altri indirizzi, in percorsi intermedi triennali, in regime surrogatorio d’intesa con le Regioni.

un diploma di istruzione professionale che offre la possibilità di accedere direttamente al mondo del lavoro, sia come dipendente sia come lavoratore autonomo, oppure di proseguire gli studi superiori (Università, corsi post diploma, corsi ITS, ecc); esso permette anche di insegnare come docente tecnico-pratico negli Istituti di istruzione secondaria di II grado.

Organizzazione del corso Odontotecnico

Gli alunni hanno seguito nel corso dei 5 anni di studi il seguente percorso.

Un biennio unitario distinto in due aree: una di formazione generale con insegnamenti comuni (22 ore) ed una d’indirizzo con discipline professionalizzanti (14 ore).

Terminato il biennio gli studenti hanno frequentato un monoennio e conseguito poi il Diploma di Qualifica; questo terzo anno di corso ha visto notevolmente potenziata l’area di indirizzo rispetto a quella generale.

Il diploma di qualifica professionale di primo livello ha consentito agli studenti di accedere al

biennio post- qualifica. Il 4° anno di corso è diviso in due aree, comune (15 ore) e di indirizzo (23 ore), per un totale di 38 ore settimanali. Anche il 5° anno è organizzato in due aree; qui la ripartizione delle ore è rispettivamente di 15, per l’area comune, e 24 per l’area di indirizzo, per un totale di 39 ore settimanali.

Il Collegio Docenti, tuttavia, ha deliberato, per le classi Quarte e Quinte dell’indirizzo Odontotecnico, una sperimentazione a 36 ore settimanali, attraverso una opportuna compressione dell’orario riferita a percorsi didattici condivisi. Gli insegnanti in codocenza svolgono l’attività didattica secondo un piano di lavoro progettato insieme; ciò fa sì che gli alunni possano sperimentare i legami esistenti tra discipline diverse e metodologie didattiche centrate sul lavoro di gruppo. Questo progetto, attivo da molti anni nell’Istituto, ha avuto un ottimo riscontro da parte di alunni e famiglie, sia perché rafforza il carattere pluridisciplinare delle materie professionalizzanti, con un continuo confronto e scambio i contenuti ed idee tra docenti, sia per l’ottimizzazione del tempo scuola, evitando i rientri pomeridiani. L’utenza scolastica dell’indirizzo Odontotecnico è ampia, dal momento che l’Istituto accoglie allievi che provengono da bacini molto distanti fra loro, con evidenti difficoltà nei trasporti. Inoltre, il senso della Riforma dei professionali è quello di ridurre il tempo scuola così che che la scuola non diventi totalizzante per i discenti. Il nuovo corso Odontotecnico sarà infatti organizzato sulla base di 32 ore settimanali.

Contemporaneamente al biennio post-qualifica gli alunni hanno frequentato un monte ore in

Alternanza Scuola-Lavoro, attività formativa che ha sostituito la cosiddetta Terza Area. Le nuove disposizioni ministeriali fissano tale pacchetto orario in 132 ore, da svolgere nei due anni. Tuttavia l’Istituto, per permettere agli alunni una maggiore concentrazione negli studi del Quinto anno, ha scelto di concentrare le ore dell’Alternanza nel corso del Quarto anno. Non è previsto per il corso odontotecnici, a differenza di quanto avviene in altri corsi di studi (come ad es. il Tecnico delle Industrie Meccaniche) l’esame di qualifica di II livello finale.


Pag

ina6

Gli allievi che supereranno l’Esame di Stato, potranno partecipare, nel mese di settembre, all’Esame di Abilitazione per l’esercizio della professione presso la sede centrale dell’Istituto.

Finalità Educative

Conformemente all’indirizzo di studi, l’Istituto ha individuato le sue finalità educative nei seguenti aspetti: o Formazione dell’uomo e del cittadino, attraverso gli strumenti a disposizione della scuola:

cultura e relazioni umane. o Recupero, sostegno, potenziamento, onde assicurare il diritto alla continuità

dell’apprendimento ed il pieno rispetto delle diversità.

o Acquisizione di una professionalità di base flessibile e polivalente, spendibile nel territorio.

o Adeguamento delle strutture culturali ed operative dell’Istituto alle esigenze di una realtà in continua evoluzione, in una dimensione europea dell’insegnamento.

o Avviamento ad una mentalità progettuale e critica.

Profilo Professionale dell’Odontotecnico

1. L’Odontotecnico è un artigiano.

2. Il suo profilo professionale rientra nel settore para-sanitario.

3. Con il diploma del 3° anno il qualificato può lavorare come dipendente in uno studio odontotecnico.

4. Al termine dei cinque anni di studio l’alunno sostiene l’Esame di Stato, che consente l’accesso a qualsiasi facoltà universitaria, non solo quelle specifiche come Igienista dentale ed Odontoiatria.

5. Il Diploma di Stato è valido per l’insegnamento di alcune discipline negli Istituti professionali ad indirizzo odontotecnico.

6. Acquisito il Diploma di Stato il diplomato può lavorare in un laboratorio odontotecnico.

7. A seguito del conseguimento del diploma di abilitazione all’esercizio della professione di odontotecnico, riconosciuto a livello europeo, può divenire titolare di un laboratorio odontotecnico.

8. Deve conoscere l’uso in sicurezza delle attrezzature presenti nel laboratorio atte a realizzare i manufatti protesici.


Pag

ina7

9. Deve avere la capacità di apprendere ed eseguire tecniche ogni volta innovative, per eseguire i lavori richiesti dall’odontoiatra partendo dalle conoscenze e le competenze acquisite.

10. Deve saper costruire apparecchi protesici mobili, fissi, semifissi ed ortodontici come

richiesto dal dentista.

11. Deve conoscere l’impatto ambientale dei rifiuti e dei prodotti usati. 12. Deve conoscere le norme igieniche indispensabili per la tutela della propria e dell’altrui

salute. 13. Deve conoscere le leggi che regolano la professione e l’imprenditoria artigiana.

.

Presentazione della classe

COGNOME E NOME

Sospensione del giudizio nello scrutinio del 4° anno

Promossi Credito Scolastico

Disciplina/e con debito formativo 3° anno

a.s. 2009/10

4° anno

a.s. 2010/11

3° anno

a.s. 2009/10

4° anno

a.s. 2010/11

5° anno

a.s. 2011/12

Bonifazi Andrea Matematica e Chimica X X 4 4

Boschi Alessandro X X 7 6

Cacaj Ema X X 5 5

Ciappelloni Giacomo Matematica – Ed. Fisica X X 6 4

Diaz Micaela X X 4 4

Gritco Tatiana X X 6 6

Magnatti Marina Italiano- Storia X X 6 4

Morbidoni Andrea X X 5 6

Narcisi Giulia X X 8 7

Pelagalli Roberto X X 5 4


Pag

ina8

Rinxhi Najada X X 5 5

Romagnoli Filippo X X 7 6

Selami Armanda X X 6 5

Siciliano Nunzia X X 4 5

Relazione finale sulla classe

La classe Quinta indirizzo Odontotecnico è composta da 14 allievi, di cui uno con

certificazione DSA. Il gruppo classe, che ha seguito le materie di area comune insieme a quattro

alunni dell’indirizzo TIM, costituendo, così, una classe articolata, si presenta eterogeneo, per

provenienza geografica(quattro sono stranieri) e formazione culturale.

In classe, seppur vivaci nel loro comportamento, i discenti hanno instaurato un rapporto

sereno e collaborativo con i Docenti, dimostrando interesse e partecipazione attiva durante le

lezioni.

Il quadro generale, dunque, è abbastanza eterogeneo.

Sebbene l’attenzione in classe non sia mancata, non tutti hanno dimostrato di possedere

sufficiente senso di responsabilità. Qualche alunno ha frequentato in modo saltuario, entrando in

ritardo, saltando “strategicamente” le verifiche in classe, non svolgendo in modo puntuale ed

adeguato i compiti assegnati per casa, non rispettando le consegne didattiche o restituendo lavori

incompleti. In linea di massima l’impegno domestico è stato scarso. Un ristretto gruppo ha dato

prova di forte motivazione e di notevole interesse alle attività didattiche; ha lavorato con serietà in

quasi tutte le discipline, raggiungendo buoni ed anche ottimi risultati. Altri, pur dotati di capacità,

hanno mostrato, invece, un impegno discontinuo, specie nello studio domestico, atteggiamento

che non ha permesso loro di raggiungere un profitto completamente positivo, con conseguente

parziale acquisizione degli obiettivi comportamentali e cognitivi stabiliti dal Consiglio di classe.

Altri, con difficoltà determinate da lacune pregresse e capacità deboli, si sono impegnati cercando

di svolgere al meglio gli impegni e le consegne scolastiche. Si evidenzia, poi, per alcuni alunni uno

studio di tipo mnemonico, mancando in molti casi la capacità e la volontà di comprendere a fondo

le nozioni studiate e quindi di personalizzare e rielaborare i contenuti disciplinari.


Pag

ina9

Per un maggior dettaglio, pertanto, si rimanda ai risultati conseguiti individualmente

Infine, relativamente all’Alternanza Scuola- Lavoro, gli alunni(per scelta dell’Istituto) hanno

svolto durante il Quarto anno le ore previste. Gli stages aziendali sono stati proficui- con

valutazioni oscillanti tra il buono e l’ottimo- grazie al confronto con gli Odontotecnici professionisti

presso cui è stata svolta questa attività. Per arricchire, inoltre, l’offerta formativa e per stimolare e

coinvolgere ancor più gli studenti, la classe è stata invitata a partecipare, anche durante il Quinto

anno, a diversi convegni su tematiche di stretta attualità nel settore Odontotecnico.

Composizione del Consiglio di classe

DOCENTE DISCIPLINA

Prof. ssa Linda Alfano Italiano- Storia

Prof. Andrea Pantaleoni Matematica

Prof. ssa Tiziana Pezzola

Lingua Inglese

Prof. Don Gabriele Trombetti Religione

Prof. ssa Laura Villanova Educazione fisica

Prof. ssa Emanuela Falcioni Scienza dei materiali dentali

Prof. Alessandro Giusepponi Laboratorio Odontotecnico

Prof. Palladini Marco Gnatologia

Prof.ssa Paparelli Fiorella

Chimica

Prof. ssa Serafini Francesca Diritto Commerciale, Legislazione Sociale e Pratica Commerciale


Pag

ina1

0

Discipline curriculari

DISCIPLINE ore

settimanali Tipo di prove

Area Comune

Religione 1 orale

Italiano 4 scritto - orale

Storia 2 orale

Lingua Inglese 3 scritto - orale

Matematica 3 scritto - orale

Educazione Fisica 2 pratico

totali 15

Area di indirizzo

Chimica e Laboratorio 3 orale

Diritto commerciale, legislazione sociale e pratica commerciale

2 orale

Scienza dei materiali dentali e laboratorio 6 scritto - orale

Gnatologia 4 scritto - orale

Esercitazioni di Laboratorio Odontotecnico 9 pratico

totali 24

TOTALE ORE SETTIMANALI 39

Obiettivi cognitivi ed educativi trasversali

Obiettivi cognitivi individuati nella programmazione di classe

CONOSCENZE: a) Conoscenza delle tematiche fondamentali di ciascuna disciplina b) Conoscenza del lessico specifico COMPETENZE: a) Saper rielaborare le conoscenze applicandole all’attività pratica b) Saper fornire esempi e saper generalizzare CAPACITÀ: a) Saper organizzare il lavoro con metodo b) Saper formulare valutazioni e giudizi

Obiettivi educativi individuati nella programmazione di classe

a) Rispetto delle regole, delle relazioni interpersonali, della legalità, del vivere civile. b) Sviluppo della solidarietà.

c) Autovalutazione, autocontrollo, senso di responsabilità.


Pag

ina1

1

Metodi di insegnamento e strumenti di lavoro

REL

IGIO

NE

ITA

LIA

NO

STO

RIA

ING

LESE

MA

TEM

ATI

CA

DIR

ITTO

CO

MM

.., L

EG.

SOC

. E P

RA

TIC

A

CO

MM

ERC

IALE

SCIE

NZA

DEI

MA

TER

IALI

CH

IMIC

A E

LA

BO

RA

TOR

IO

GN

ATO

LOG

IA

LAB

OR

ATO

RIO

O

DO

NTO

TEC

NIC

O

EDU

CA

ZIO

NE

FISI

CA

Lezione Frontale

X

X

X X

X

X X X X X X

Esercitazione guidata

X X X X X

Discussione guidata

X X X X X X X X X X

Ricerche a gruppi/individuali presentate in classe

X X X

Procedere per moduli e/o U.U.D.D.

X

X

X X

X

X X X X X X

Uso sistematico del libro di testo

X X X X X X X X

Uso di appunti, fotocopie e dispense

X X X X X X X X X X

Laboratorio come stimolo della teoria

X X

Laboratorio come stimolo per una successiva sistematizzazione

X

Laboratorio come complemento della teoria

X X


Pag

ina1

2

Strumenti di verifica e di valutazione

REL

IGIO

NE

ITA

LIA

NO

STO

RIA

ING

LESE

MA

TEM

ATI

CA

DIR

ITTO

CO

MM

., LE

GIS

L.

SOC

IALE

E P

RA

TIC

A

CO

MM

.

GN

ATO

LOG

IA

SCIE

NZA

DEI

MA

TER

IALI

D

ENTA

LI

CH

IMIC

A

LAB

OR

ATO

RIO

O

DO

NTO

TEC

NIC

O

EDU

CA

ZIO

NE

FISI

CA

Intervento breve dal posto X X X X X X X X X X

Colloquio X X X X X X X X X

Controllo degli scritti assegnati a casa X X X X X

Test a scelta multipla X X X X X X X

Interrogazione scritta X X X X

Esercizio breve alla lavagna X X X X X

Riassunto scritto in classe X

Relazione sulle esercitazioni di laboratorio

X X

Elaborato scritto in classe X X X X X X X

Discussione collettiva X X X X X X

Questionario X X X X X

Prove pratiche-attitudinali X X

Prove strutturate / semistrutturate X X X X X X

Saggio, tema X X


Pag

ina1

3

Forme di recupero attivate

DISCIPLINE

ITA

LIA

NO

STO

RIA

ING

LESE

MA

TEM

ATI

CA

DIR

ITTO

CO

MM

., LE

GIS

L.

SOC

IALE

E P

RA

TIC

A

CO

MM

.

CH

IMIC

A

SCIE

NZA

DEI

MA

TER

IALI

D

ENTA

LI

GN

ATO

LOG

IA

LAB

OR

ATO

RIO

O

DO

NTO

TEC

NIC

O

EDU

CA

ZIO

NE

FISI

CA

CORSI DI RECUPERO per gli alunni con la sospensione del giudizio

CORSI DI RECUPERO POMERIDIANI

RECUPERO IN ITINERE

X X X X X X X X

PAUSA DIDATTICA X X X X X X X X

SPORTELLO DIDATTICO

RECUPERO GUIDATO con assegnazione di compiti ed esercizi mirati da svolgere a casa

Attività curriculari ed extra curriculari

Stage

- Stages in studi odontotecnici del territorio

Conferenze e corsi su materie di indirizzo professionale

- Convegna a Porto Sant’Elpidio sulle applicazioni

CAD-CAM

- Lions Club : Convegno su prevenzione tumori

Conferenze e corsi su materie di indirizzo generale

- Iniziative varie sulle tematiche del lavoro, organizzate nell’ambito del Progetto “Alternanza Scuola-Lavoro”

- Incontro con Don Antonio Manganiello nell’ambito del Progetto di Educazione alla Legalità.


Pag

ina1

4

Valutazione

Per un sistema di valutazione oggettivo e ponderato, i Docenti di questo Istituto si sono serviti di una scala dall’1 al 10, seguendo 6 fasce di misurazione:

OTTIMO DISCRETO/BUONO SUFFICIENTE INSUFFICIENTE GRAVEMENTE INSUFFICIENTE NULLO

Nella valutazione sommativa si è tenuto conto dei seguenti aspetti:

-preparazione conseguita rispetto al livello di partenza -conoscenza dei contenuti disciplinari -grado di competenza e di capacità espresse -metodo di lavoro, applicazione e impegno nello studio -frequenza -partecipazione al dialogo educativo

Per la valutazione in itinere e per un’assegnazione dei punteggi equilibrata e trasparente si

è utilizzata la griglia di valutazione prevista dagli Esami di Stato, ove risultano gli indicatori e i

relativi pesi che ogni docente ha individuato in relazione alla propria disciplina. Esempio di griglia per la valutazione analitica (anche per le prove orali)

ABILITÀ MISURATE PESI

INDICATORE 1

P1

INDICATORE 2

P2

INDICATORE 3

P2

PUNTEGGIO GREZZO

ALU

NN

I

ALUNNO 1 M1 M2 M3 M1P1+M2P2+M3P3

ALUNNO 2

ALUNNO n

Scala di valutazione 0 = prestazione nulla 1 = prestazione gravemente insufficiente 2 = prestazione insufficiente 3 = prestazione sufficiente 4 = prestazione discreta/buona 5 = prestazione ottima

I punteggi vengono assegnati secondo la scala sopra riportata e quindi moltiplicati per i pesi così da ottenere un

punteggio grezzo. Attraverso il calcolo matematico, appositamente studiato dall’Ispettore Giambò per gli Esami di

Stato, si passa dal punteggio grezzo al voto in decimi.


Pag

ina1

5

Griglia per la valutazione della Prima Prova Scritta

In particolare per la valutazione della prova d’Italiano sono state studiate ed utilizzate le seguenti griglie:

TIPOLOGIA A - ANALISI DEL TESTO

INDICATORI ALUNNI

CORRETTEZZA E PROPRIETÀ NELL’USO DELLA LINGUA PESO 3

POSSESSO DELLE CONOSCENZE RELATIVE ALL’ARGOMENTO ED AL QUADRO DI RIFERIMENTO PESO 4

ATTITUTIDE ALLO SVILUPPO CRITICO DELLE QUESTIONI PROPOSTE ED ALLA COSTRUZIONE DI UN DISCORSO ORGANICO E COERENTE PESO 3

CONOSCENZE E COMPETENZE IDONEE AD INDIVIDUARE LA NATURA DEL TESTO E DELLE SUE STRUTTURE FORMALI PESO 2

PUNT. GREZZO

VOTO

SCALA 0-5

0= Prest. nulla 1= Grav. insuff. 2= Insuff. 3= Sufficiente 4= Discr./Buono

5= Ottimo

PUNT. MIN.= 0 PUNT. MAX.= 60

TIPOLOGIA B - SAGGIO BREVE = B1 ; ARTICOLO DI GIORNALE = B2

INDICATORI ALUNNI




CAPACITA' DI COMPRENDERE E DI UTILIZZARE I MATERIALI FORNITI, NEL RISPETTO DELLA TIPOLOGIA PRESCELTA (B1-B2). PESO 3

PUNT. GREZZO

VOTO

SCALA 0-5

0= Prest. nulla 1= Grav. insuff. 2= Insuff. 3= Sufficiente 4= Discr./Buono 5= Ottimo



Pag

ina1

6

TIPOLOGIA C - TEMA DI ARGOMENTO STORICO INDICATORI ALUNNI




CAPACITA' DI SVOLGERE AUTONOMAMENTE IL TEMA PROPOSTO PESO 2

PUNT. GREZZO

VOTO

SCALA 0-5



TIPOLOGIA D - TEMA DI ORDINE GENERALE

INDICATORI ALUNNI




CAPACITA' DI SVOLGERE AUTONOMAMENTE IL TEMA PROPOSTO PESO 4

PUNT. GREZZO

VOTO

SCALA 0-5




Pag

ina1

7

Griglia per la valutazione della Seconda Prova Scritta

Scienza dei materiali dentali

INDICATORI

ALUNNI

CONOSCENZA

relativa all’argomento

PESO 5

COMPETENZA

nell’organizzare e sviluppare

il tema

PESO 3

COMPETENZAnel

l’uso del linguaggio

tecnico

PESO 2

CAPACITÀ

di approfondimento ed elaborazione

critica

PESO 2

PUNT. GREZZO

VOTO

SCALA 0-5


Punt. Min. = 0 Punt. Max = 60

Simulazione della Terza Prova Scritta d’Esame

Il Consiglio di classe, come simulazione della Terza prova degli Esami di Stato, ha scelto di sottoporre gli alunni del Quinto Odontotecnico alla seguente prova:

TIPOLOGIA B

Dieci quesiti a risposta singola

Cinque discipline. Due quesiti per ogni disciplina.

Per la simulazione del 28/02/2014 sono state scelte le seguenti discipline: Storia, Matematica, Inglese, Diritto, Esercitazioni di Laboratorio.

Per la simulazione del 08/05/2014 sono state scelte le seguenti discipline: Storia, Matematica, Inglese, Diritto, Gnatologia.

Griglia di valutazione

Conoscenze Peso 9

Competenze Peso 7

Capacità Peso 4

Punteggio grezzo

Scala di valutazione (da 0 a 5 per ogni indicatore)

0 = prestazione nulla 1 = prestazione gravemente insufficiente 2 = prestazione insufficiente 3 = prestazione sufficiente 4 = prestazione discreta/buona 5 = prestazione ottima


Pag

ina1

8

Attività didattiche previste dopo il 15 maggio Ultime verifiche scritte e orali sul livello acquisito di conoscenza, competenza e capacità Ripasso e lezioni di consolidamento; approfondimento Ultimi interventi di recupero Prove di orientamento per gli esami Controllo delle tesine eventualmente svolte dagli alunni.

Il presente documento è condiviso e firmato da tutti i componenti del Consiglio di classe

DOCENTE DISCIPLINA

FIRMA

Prof. ssa Linda Alfano Italiano- Storia

Prof. Andrea Pantaleoni

Matematica

Prof. ssa Tiziana Pezzola Lingua Inglese

Prof. Don Gabriele Trombetti Religione

Prof. ssa Laura Villanova Educazione fisica

Prof. ssa Emanuela Falcioni Scienza dei materiali dentali

Prof.Alessandro Giusepponi Laboratorio Odontotecnico

Prof. Marco Palladini Gnatologia

Prof.ssa Fiorella Paparelli

Chimica

Matelica, 15 maggio 2014

Programmi Disciplinari

CLASSE 5^ OD

Anno Scolastico 2013-2014

15 maggio 2014

Le funzioni 1. Introduzione

Scheda 1: le funzioni

1 Introduzione

Iniziamo con qualche esempio. In figura 1 e mostrata una relazione fra l’insieme Autocontenente delle automobili e l’insieme Membri contenente delle persone, di modo che adogni automobile di Auto viene associato il suo proprietario. Si noti che ad ogni elementodi Auto e associato un unico elemento di Membri.

147

500

Panda

Andrea

Giovanni

Gabriella

Auto Membri

Figura 1: Primo esempio

In figura 2 e mostrata una relazione fra l’insieme Membri contenente delle personee l’insieme Auto contenente delle automobili, di modo che alle persone di Membri vieneassociata l’auto di cui e il possessore. Si noti ora che all’elemento Gabriella di Membrinon e associato alcuna automobile, mentre a Giovanni ne sono associate due.

147

500

Panda

Andrea

Giovanni

Gabriella

AutoMembri

Figura 2: Secondo esempio

Definizione. Siano A e B due insiemi. Una funzione da A in B, simbolicamentesi scrive f : A −→ B, e una legge che ad ogni elemento x di A associa un unico elmentoy di B, in simboli y = f(x). L’insieme A si chiama dominio della funzione f , l’insiemeB si chiama codominio della funzione f .

In base a questa definizione, l’associazione della figura 1 definisce una funzione dal-l’insieme Auto all’insieme Membri, invece l’associazione della figura 2 non definisce unafunzione dall’insieme Membri all’insieme Auto.

147

500

Panda

Andrea

Giovanni

GabriellaAudi A1

AutoMembri

Figura 3: Terzo esempio

1

Le funzioni 2. Grafico, intersezioni con gli assi e segno

Se modifichiamo la seconda associazione in una nuova mostrata nella figura 3, nonotteniamo ancora una funzione dall’insieme Membri all’insieme Auto, poiche a Giovannirestano sempre associate due automobili dell’insieme Auto.

2 Grafico, intersezioni con gli assi e segno

D’ora in avanti saremo sempre interessati alle funzioni numeriche, ossia quando gliinsiemi A e B sono dei sottoinsiemi dei numeri reali. In termini tecnici, saremo interessatialle funzioni f : A −→ B con A e B sottoinsiemi dell’insieme dei numeri reali R.

Esempio. Assumiamo la funzione f : R −→ R descritta dalla legge f(x) = x2: adogni numero reale x viene associato il suo quadrato x2. Dunque, al numero reale 2 vieneassociato 4 e si scrive f(2) = 4, in quanto 22 = 4: in termini precisi si dice che 4 el’immagine di 2 tramite la funzione f . Cosı f(0) = 0, f(1) = 1, f(−1) = 1, f(2) = 4,f(−2) = 4 e cosı via, possiamo scrivere queste associazioni anche mediante la seguentetabella:

x -2 -1 0 1 2f (x ) 4 1 0 1 4

Ricordiamo che ogni punto del piano cartesiano ha due coordinate (x, y). Quando ab-biamo una funzione poi, scriviamo la sua legge y = f(x), quindi, siccome per x = 2 siottiene y = f(2) = 22 = 4, otteniamo il punto (2, 4) del piano cartesiano. Facendo cosıper tutti e cinque i punti della tabella e congiungendoli con una cuva continua, si ottieneil grafico della funzione f(x) = x2 mostrato in figura 4.

x

y

(0,0)

(1,1)

(2,4)(-2,4)

(-1,1)

Figura 4: Grafico di f(x) = x2

Si noti che ogni punto del grafico di f(x) = x2 ha coordinate (x, y) soddisfacenti larelazione y = x2, ossia, appunto, y = f(x). Dunque il grafico della funzione f(x) = x2 haequazione y = x2 (infatti e una parabola con concavita verso l’alto e vertice nell’origine).

Definizione. Siano A e B due insiemi numerici ed f : A −→ B una funzione. Ilgrafico di f e la curva del piano cartesiano descritta dall’equazione y = f(x). In altromodo, possiamo affermare che il grafico di f e l’insieme dei punti del piano con coordinate(x, f(x)).

Esempio. Assumiamo la funzione f : R −→ R descritta dalla legge f(x) = 2x− 4. Ilgrafico di questa funzione deve avere equazione y = 2x−4 e quindi deve essere una rettacon coefficiente angolare m = 2. Verifichiamolo: per x = 0 si ottiene y = f(0) = −4(dunque l’immagine di 0 tramite f e −4), per x = 1 si ottiene y = f(1) = −2, per x = 2si ottiene y = f(2) = 0. Posizionando tutti i punti nel piano cartesiano e congiungendolicon una cuva continua, si ottiene il grafico della funzione f(x) = 2x − 4 mostrato infigura 5.

2


x

y

(0,-4)

(1,-2)

(2,0)

Figura 5: Grafico di f(x) = 2x− 4

Notiamo che il grafico di f interseca sia l’asse y che l’asse x. Siccome l’asse y haequazione x = 0, per trovare i punti di intersezione fra il grafico di f e l’asse y si

deve risolvere il sistema

{x = 0y = 2x− 4

che ha soluzione

{x = 0y = −4

dunque (0,−4) e

il punto di intersezione fra il grafico di f e l’asse y. Siccome l’asse x ha equazioney = 0, per trovare i punti di intersezione fra il grafico di f e l’asse x si deve risolvere il

sistema

{y = 0y = 2x− 4

che e uguale a

{y = 00 = 2x− 4

, quindi si deve risolvere l’equazione

2x − 4 = 0 la cui soluzione e x = 2, cosı (2, 0) e il punto di intersezione fra il grafico dif e l’asse x.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = x2 − x − 2, vogliamo ora determinarne ilsuo dominio, ossia il piu grade insieme di numeri reali per cui l’espressione di f ha senso,le intersezioni del grafico di f con gli assi ed il segno di f .

Determinazione del dominio. L’espressione che definisce f e un polinomio, il qualepuo essere calcolato per qualsiasi valore di x, dunque il dominio D di f coincide contutto l’insieme R : D = R.

Intersezione con l’asse y. Come visto nell’esempio precedente, per individuare l’in-

tersezione del grafico di f con l’asse y basta risolvere il sistema

{x = 0y = x2 − x− 2

che

ha soluzione

{x = 0y = −2

, dunque l’intersezione del grafico di f con l’asse y e il punto

(0,−2).Intersezione con l’asse x. Come visto nell’esempio precedente, per individuare l’in-

tersezione del grafico di f con l’asse x basta risolvere il sistema

{y = 0y = x2 − x− 2

che e

uguale a

{y = 00 = x2 − x− 2

, quindi si deve risolvere l’equazione x2− x− 2 = 0: tramite

la formula risolutiva delle equazioni di II grado si ottiene

x1,2 =1±√1 + 8

2=

1± 32

quindi x1 = −1 ed x2 = 2, dunque l’intersezione del grafico di f con l’asse x e formatadai punti (−1, 0) e (2, 0).

Segno. Infine non resta che determinare per quali valori di x la funzione e negativae per quali valori di x la funzione e positiva. Osserviamo che tramite l’intersezione con

3


l’asse x ci siamo gia ricavati i valori di x in cui la funzione si annulla, ossia x1 = −1 edx2 = 2, in quanto i punti dell’asse x hanno y = 0 e dunque, siccome y = f(x), per talipunti si ha f(x) = 0. Imponendo f(x) > 0 si ottiene la disequazione di II grado

x2 − x− 2 > 0 (1)

Per risolvere la disequazione (1) dobbiamo innanzitutto sapere per quali valori di x si hax2 − x − 2 = 0, ma questi sono stati gia ricavati nell’intersezione con l’asse x: x1 = −1ed x2 = 2. Ora, ricordando che la curva di equazione y = x2 − x− 2 e una parabola conconcavita rivolta verso l’alto e, appunto, che essa taglia l’asse delle x nei punti x1 = −1ed x2 = 2, possiamo rappresentarla nel piano cartesiano come mostrato in figura 6.

x2-1

Figura 6: Parabola di equazione y = x2 − x− 2

I punti (x, y) della parabola di figura 6 sopra l’asse delle x hanno la caratteristicadi avere y > 0, ma, siccome y = x2 − x − 2, le x di questi punti soddisfano la richiestax2 − x− 2 > 0, dunque essi sono i valori che risolvono (1). Tali punti, ossia i punti dellaparabola sopra l’asse x, si ottengono quando x < −1 oppure x > 2.

In definitiva:

• il dominio D di f e tutto R: D = R;

• se x = −1 oppure x = 2 risulta f(x) = 0; poi f(0) = −2;

• se x < −1 oppure x > 2 risulta f(x) > 0;

• per esclusione, se −1 < x < 2 risulta f(x) < 0.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = x−34−2x , vogliamo determinarne il suo do-

minio, le intersezioni del grafico di f con gli assi ed il segno di f .Determinazione del dominio. L’espressione che definisce f e un quoziente fra due

polinomi. I polinomi li possiamo calcolare per ogni valore x di R, pero non possiamoeseguire una divisione con denominatore nullo, dunque dobbiamo eliminare tutti i valoridi x che annullano il denominatore, ossia si deve imporre 4 − 2x 6= 0 da cui si deducex 6= 2. Il dominio D di f e descritto dalla condizione x 6= 2, questo significa che la x puoassumere qualsiasi valore tranne 2, dunque D = R− {2}.

Intersezione con l’asse y. Risolvendo

{x = 0y = x−3

4−2x

si ottiene

{x = 0y = −3

4

; dunque

l’intersezione del grafico di f con l’asse y e il punto(0,−3

4

).

Intersezione con l’asse x. Risolvendo

{y = 0y = x−3

4−2x

, che e equivalente a

{y = 00 = x−3

4−2x

,

si ottiene l’equazione x−34−2x = 0; determinando il minimo comun denominatore si ottiene

x−34−2x = 0

4−2x ed eliminando il denominatore si ha x − 3 = 0 ossia x = 3; dunquel’intersezione del grafico di f con l’asse x e il punto (3, 0).

4


Segno. Imponendo f(x) > 0 si ottiene la disequazione fratta x−34−2x > 0 che si risolve

studiando separatamente quando x − 3 > 0 e quando 4 − 2x > 0 e poi applicando laregola dei segni. Siccome x− 3 > 0 per x > 3, si ottiene che il numeratore e positivo perx > 3 e quindi e negativo per x < 3. Poi 4− 2x > 0 equivale a −2x > −4 e, cambiando isegni, 2x < 4 (ATTENTI AL VERSO DELLA DISEQUAZIONE) dunque x < 2; quindiil denominatore e positivo per x < 2 e cosı e negativo per x > 2. Allora dalla regola deisegni, mostrata in figura 7, si ottiene che per 2 < x < 3 si ha f(x) > 0.

N

D

2 3

+

+

+

- -

- -

- -f

Figura 7: Regola dei segni

In definitiva:

• il dominio D di f e descritto dalla condizione x 6= 2, quindi D = R− {2};• se x = 3 risulta f(x) = 0; poi f(0) = −3

4 ;

• se 2 < x < 3 risulta f(x) > 0;

• se x < 2 oppure x > 3 risulta f(x) < 0.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = −x2+1x2+x+1

, vogliamo determinarne il suodominio, le intersezioni del grafico di f con gli assi ed il segno di f .

Determinazione del dominio. L’espressione che definisce f e un quoziente fra duepolinomi, dunque dobbiamo eliminare tutti i valori di x che annullano il denominatore,ossia si deve imporre x2 + x + 1 6= 0. Visto che e di II grado cerchiamo quando si hax2 + x + 1 = 0 e poi escludiamo gli eventuali valori ottenuti. Dalla formula risolutivadelle equazioni di II grado otteniamo

x1,2 =−1±√1− 4

2=−1±√−3

2= IMPOSSIBILE,

ossia non esiste alcun valore di x in cui x2+x+1 s’annulla, allora non dobbiamo escluderealcun valore dal dominio D di f : D = R.

Intersezione con l’asse y. Risolvendo

{x = 0y = −x2+1

x2+x+1

si ottiene

{x = 0y = 1

; dunque

l’intersezione del grafico di f con l’asse y e il punto (0, 1).

Intersezione con l’asse x. Risolvendo

{y = 0y = −x2+1

x2+x+1

, ossia

{y = 00 = −x2+1

x2+x+1

, si ot-

tiene −x2+1x2+x+1

= 0 da cui si giunge a −x2 + 1 = 0 uguale a x2− 1 = con soluzioni x = ±1;dunque l’intersezione del grafico di f con l’asse x e formata dai punti (−1, 0) e (1, 0).

Segno. Imponendo f(x) > 0 si ottiene la disequazione fratta −x2+1x2+x+1

> 0 che si risolvestudiando separatamente il segno del numeratore e quello del denominatore.

5


Per il segno del numeratore si deve risolvere −x2 + 1 > 0; il coefficiente di x2 enegativo, quindi conviene cambiare il segno ed ottenere la disequazione x2 − 1 < 0:siccome abbiamo cambiato i segni, dove questa disequazione e soddisfatta, ossia i valoridi x per cui x2−1 sono negativi, il numeratore e positivo poiche il numeratore e 1−x2 =− (

x2 − 1). Gia sappiamo che x2 − 1 = 0 si ha in x1 = −1 ed x2 = 1, poi la parabola

di equazione y = x2 − 1 ha concavita rivolta verso l’alto come mostrato in figura 8(a).I punti di questa parabola con y < 0 sono quelli per cui −1 < x < 1, dunque si hax2 − 1 < 0 quando −1 < x < 1 e quindi il numeratore e positivo quando −1 < x < 1.

x1-1

( a )

x

( b )

Figura 8: parabole di equazione y = −x2 + 1 e y = x2 + x + 1

Per il segno del denominatore di deve risovere x2 + x + 1 > 0; quando abbiamodeterminato il dominio di f si e scoperto che x2 + x + 1 non si annulla in alcun valore dix, quindo la parabola di equazione y = x2 + x + 1 non interseca l’asse x; inoltre essa haconcavita rivolta verso l’alto, dunque si trova sempre al di sopra dell’asse della x. Cosıtutti i suoi punti hanno y > 0, se ne deduce che x2 + x + 1 > 0 per ogni valore x in R.

Allora dalla regola dei segni, mostrata in figura 9, si ottiene che per −1 < x < 1 siha f(x) > 0.

N

D

-1 1

+

+

+

- -

- -f

+ +

Figura 9: Regola dei segni

In definitiva:

• il dominio D di f e tutto R: D = R;

• se x = −1 oppure x = 1 risulta f(x) = 0; poi f(0) = 1;

• se −1 < x < 1 risulta f(x) > 0;

• se x < −1 oppure x > 1 risulta f(x) < 0.

Esempio. Se la funzione e f(x) = x−1x2−x−6

, per determinare il dominio si deve imporre

x2−x−6 6= 0. Risolvendo allora x2−x−6 = 0 con la solita formula x1,2 = 1±√1+242 = 1±5

2si ottiene x1 = −2 ed x2 = 3: questi sono i valori che annullano il denominatore, dunquequesti sono i valori da escludere per determinare il dominio D di f : D = R− {−2, 3}.

6

I limiti 1. Nozione intuitiva di limite di una funzione

Scheda 2: i limiti

1 Nozione intuitiva di limite di una funzione

Assumiamo la funzione f : R − {1} −→ R definita tramite f(x) = 2x2+x−3x−1 . Nel

punto x0 = 1 la funzione non e definita, ossia non esiste f(1), comunque possiamostudiare il comportamento di f nei punti vicini al valore x0 = 1. Iniziamo compilandouna tabella nella quale faremo avvicinare la variabile x al valore 1 attraverso valori piugrandi di 1: in simboli si scrive x → 1+ e si legge dicendo che x tende ad 1 da destra:x 1,1 1,01 1,001 1,0001f(x) 5,2 5,02 5,002 5,0002

Dunque, almeno intuitivamente, si comprende

che la funzione f(x) tende a 5 per x che tende a 1 da destra; in simboli si scrive

limx→1+

f(x) = limx→1+

2x2 + x− 3x− 1

= 5

e si legge il limite per x che tende ad 1 da destra di f(x) = 2x2+x−3x−1 e 5. Facciamo

avvicinare x ad 1 attraverso valori piu piccoli di 1: in simboli si scrive x → 1− e si legge

dicendo che x tende ad 1 da sinistra:x 0,9 0,99 0,999 0,9999f(x) 4,8 4,98 4,998 4,9998

Dunque,

almeno intuitivamente, si comprende che la funzione f(x) tende a 5 per x che tende a 1da sinistra; in simboli si scrive

limx→1−

f(x) = limx→1−

2x2 + x− 3x− 1

= 5

e si legge il limite per x che tende ad 1 da sinistra di f(x) = 2x2+x−3x−1 e 5.

Siccome da destra e da sinistra succede la stessa cosa, possiamo affermare che lafunzione f(x) tende a 5 per x che tende a 1; in simboli si scrive

limx→1

f(x) = limx→1

2x2 + x− 3x− 1

= 5

e si legge il limite per x che tende ad 1 di f(x) = 2x2+x−3x−1 e 5.

Quanto ora espresso e il senso del limite; dunque la scrittura generale

limx→x0

f(x) = l,

che si legge il limite per x che tende ad x0 di f(x) e l, assume il seguente significato:quando la variabile x si avvicina al valore x0, allora la funzione f(x) si avvicina al valorel. Analogamente, la scrittura generale

limx→x+

0

f(x) = l,

che si legge il limite per x che tende ad x0 da destra di f(x) e l, assume il seguentesignificato: quando la variabile x si avvicina al valore x0 attraverso valori piu grandi dix0, allora la funzione f(x) si avvicina al valore l; la scrittura generale

limx→x−0

f(x) = l,

1


che si legge il limite per x che tende ad x0 da sinistra di f(x) e l, assume il seguentesignificato: quando la variabile x si avvicina al valore x0 attraverso valori piu piccoli dix0, allora la funzione f(x) si avvicina al valore l.

Le quantita x0 ed l, oltre ad assumere valori finiti come nell’esempio iniziale, possonoessere anche infiniti nel senso che ora segue. Ad esempio, la scrittura

limx→+∞ f(x) = l,

che si legge il limite per x che tende a +∞ di f(x) e l, assume il seguente significato:quando la variabile x diviene sempre piu grande, allora la funzione f(x) si avvicina alvalore l; oppure la scrittura

limx→x0

f(x) = −∞,

che si legge il limite per x che tende ad x0 di f(x) e −∞, assume il seguente significato:quando la variabile x si avvicina ad x0, allora la funzione f(x) diviene sempre piu piccola.

Alcune osservazioni notevoli.

1. Non ha senso far tendere x a +∞ da destra, poiche possiamo pensare che ′′nonesistono valori piu grandi di +∞′′.

2. Non ha senso far tendere x a −∞ da sinistra, poiche possiamo pensare che ′′nonesistono valori piu piccoli di −∞′′.

3. Se x0 e un qualsiasi numero reale, possiamo far tendere x ad x0 sia da destra,x → x+

0 , che da sinistra, x → x−0 .

4. E evidente che vale

limx→x0

f(x) = l ⇔{

limx→x+0

f(x) = l

limx→x−0f(x) = l

,

poiche la funzione f(x) tende al valore l per x che tende ad x0 se e solo se f(x)tende al valore l per x che tende ad x0 sia da destra che da sinistra.

5. Quando almeno uno fra i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) non esiste, allora si

dice che il limite limx→x0 f(x) non esiste.

6. Quando i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) esistono ma assumono valori diffe-

renti, allora si dice ancora che il limite limx→x0 f(x) non esiste.

La nozione intuitiva di limite ci permette di determinare dei limiti di alcune funzioniconoscendo soltanto il loro grafico.

Sia y = f(x) la funzione il cui grafico e descritto in figura 1. Seguendo il grafico sivede che:

1. per x che diventa sempre piu piccola, ossia per x → −∞, la y si avvicina sempredi piu al valore −2, dunque limx→−∞ f(x) = −2;

2. per x che si avvicina a −5 da sinistra, ossia per x → −5−, la y diventa sempre piugrande, quindi limx→−5− f(x) = +∞;

3. per x che si avvicina a −5 da destra, ossia per x → −5+, la y si avvicina a 3, quindilimx→−5+ f(x) = 3;

2


x

y

-5

3

1

-2

Figura 1: Grafico di y = f(x)

4. siccome limx→−5− f(x) 6= limx→−5+ f(x), il limite limx→−5 f(x) non esiste;

5. per x che si avvicina a 0 da sinistra, ossia per x → 0−, la y si avvicina ad 1, quindilimx→0− f(x) = 1;

6. per x che si avvicina a 0 da destra, ossia per x → 0+, la y si avvicina sempre a 1,quindi limx→0+ f(x) = 1;

7. siccome limx→0− f(x) = limx→0+ f(x) = 1, si ottiene limx→0 f(x) = 1;

8. per x che diventa sempre piu grande, ossia per x → +∞, la y diviene sempre piupiccola, dunque limx→+∞ f(x) = −∞.

x

y

3

2

1

Figura 2: Grafico di y = g(x)

Sia y = g(x) la funzione il cui grafico e descritto in figura 2. Seguendo il grafico sivede che:

1. per x che diventa sempre piu piccola, ossia per x → −∞, anche la y diventa semprepiu piccola, dunque limx→−∞ g(x) = −∞;

2. per x che si avvicina a 0 da sinistra, ossia per x → 0−, la y si avvicina a 2, quindilimx→0− g(x) = 2;

3. per x che si avvicina a 0 da destra, ossia per x → 0+, la y si avvicina sempre a 2,quindi limx→0+ g(x) = 2;

4. siccome limx→0− g(x) = limx→0+ g(x) = 2, si ottiene limx→0 g(x) = 2;

3

I limiti 2. Funzioni continue e calcolo dei limiti

5. per x che si avvicina a 3 da sinistra, ossia per x → 3−, la y diventa sempre piupiccola, quindi limx→3− f(x) = −∞;

6. per x che si avvicina a 3 da destra, ossia per x → 3+, la y si avvicina a 0, quindilimx→3+ g(x) = 0;

7. siccome limx→3− g(x) 6= limx→3+ g(x), il limite limx→3 g(x) non esiste;

8. per x che diventa sempre piu grande, ossia per x → +∞, la y diviene sempre piugrande, dunque limx→+∞ g(x) = +∞.

2 Funzioni continue e calcolo dei limiti

Il punto vuoto in un grafico significa che tale punto non appartiene al grafico dellafunzione, mentre il punto pieno indica che tale punto appartiene al grafico della funzione:queste notazioni si usano soltanto nei punti dove ci possono essere dei dubbi sul valoredella funzione. Per le funzioni y = f(x) ed y = g(x) i cui grafici sono descritti rispettiva-mente in figura 1 e 2, si ha che f(−5) non vale 3, g(0) = 1 e g(3) = 0. Osserviamo allorache limx→0 f(x) = 1 = f(0) e limx→0 g(x) = 2 6= 1 = g(0): vicino a x = 0 possiamotracciare il grafico di f senza ′′staccare′′ la penna dal foglio, per la funzione g cio non epossibile; quindi diremo che f e continua in x = 0, mentre g non e continua in x = 0.Una situazione analoga vale per la funzione f(x) in x = −5 e per la funzione g(x) inx = 3: anche in questi casi, non possiamo tracciare il grafico di f(x) e di g(x) senza′′staccare′′ la penna dal foglio. Definiamo piu rigorosamente una funzione continua.

Definizione. Una funzione f(x) e continua in x = x0 se e solo se valgono tutte etre le seguenti condizioni:

1. x0 appartiene al dominio di f(x) (quindi e possibile calcolare il valore f (x0));

2. esiste il limite limx→x0 f(x) (quindi i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) esistono

e sono uguali);

3. risulta limx→x0 f(x) = f (x0).

Definizione. Una funzione f(x) definita in un dominio D si dice continua in D see solo se f(x) e continua in tutti i punti di D.

Per i nostri scopi, ci basta sapere che i polinomi sono delle funzioni continue intutto R e tutte le funzioni razionali fratte, ossia le funzioni f(x) = N(x)

D(x) con N(x)e D(x) polinomi, sono funzioni continue su tutto il loro dominio (quindi in tutti ipunti dove il denominatore D(x) e diverso da 0). La conoscenza a priori della continuitadi queste funzioni ci permette di poter calcolare molti limiti.

Esempio. La funzione f(x) = x3−x2+1 e definita e continua su tutto R, se vogliamodeterminare il valore di limx→−1

(x3 − x2 + 1

)basta calcolare f(−1) = (−1)3 − (−1)2 +

1 = −1− 1 + 1 = −1, quindi

limx→−1

(x3 − x2 + 1

)= −1.

Siccome f(0) = 1, ragionando in modo analogo si ottiene

limx→0

(x3 − x2 + 1

)= 1.

4

I limiti 2. Funzioni continue e calcolo dei limiti

Esempio. La funzione f(x) = 2xx2−1

e definita e continua su tutto R−{−1, 1}, quindise vogliamo determinare il limite limx→2

2xx2−1

basta calcolare f(2) = 2·222−1

= 43 , quindi

limx→2

2x

x2 − 1=

43.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = 3x−3x+4 definita e continua su tutto R−{−4},

quindi

limx→1

3x− 3x + 4

=3 · 1− 31 + 4

=05

= 0.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = 3x2 + 2x − 5, volendo calcolare il limitelimx→+∞ f(x), possiamo ′′sostituire′′ alla x il valore +∞ operando con delle regole chesono intuitive: +∞·(+∞) = +∞, 3 ·(+∞) = +∞, 2 ·(+∞) = +∞ e poi +∞+∞ = +∞ed ancora +∞− 5 = +∞, dunque

limx→+∞

(3x2 + 2x− 5

)= +∞.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = 52x , volendo calcolare limx→−∞ f(x), pos-

siamo ′′sostituire′′ alla x il valore −∞ operando con delle regole che sono intuitive:2 · (−∞) = −∞ e poi 5

−∞ = 0, dunque

limx→−∞

52x

= 0.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = 1−3xx−1 , volendo calcolare limx→1 f(x), pos-

siamo, anche se x non appartiene al dominio di f(x), ′′sostituire′′ alla x il valore 1,ottenendo −2

0 : il numeratore, nei punti vicini a x = 1, assume valori vicini a −2, quindie negativo, mentre il denominatore e negativo prima di 1 e positivo dopo di 1, quindicambia segno e, a differenza di prima, non e costante. Allora conviene calcolare sia illimite destro che quello sinistro distintamente:

limx→1+

1− 3x

x− 1=−20+

= −∞

dove il ′′segno′′ allo 0 del denominatore si ottiene osservando che esso e positivo nei puntivicini ma maggiori di 1 (basta calcolare x− 1 per x = 1, 1);

limx→1−

1− 3x

x− 1=−20−

= +∞

dove il ′′segno′′ allo 0 del denominatore si ottiene osservando che esso e negativo nei puntivicini ma minori di 1 (basta calcolare x− 1 per x = 0, 9). Quindi

limx→1

1− 3x

x− 1= non esiste.

Esempio. Assumiamo la funzione f(x) = 3x−2(x2−4)

, volendo calcolare limx→2 f(x), pos-siamo, anche se x non appartiene al dominio di f(x), ′′sostituire′′ alla x il valore 2 operan-do con una regola che sembra intuitiva: 4

0 = +∞ (con il segno + poiche il denominatore,essendo un quadrato, e positivo), dunque

limx→2

3x− 2(x2 − 4)

= +∞.

In questo caso non e necessario calcolare il limite destro e quello sinitro separata-mente poiche il denominatore e positivo, quindi lo 0 al denominatore e sempre uno 0+.Comunque, procedendo come nell’esempio precedente, si otterrebbe lo stesso risultato.

5

I limiti 3. Forme indeterminate

Abbiamo quindi stabilito queste regole intuitive per il calcolo del limite:

• se l e un numero reale qualsiasi, l +∞ = +∞ e l−∞ = −∞; poi +∞+∞ = +∞e −∞−∞ = −∞;

• se l e un numero reale qualsiasi ma diverso da 0, allora l ·(±∞) = ±∞ dove il segnoviene stabilito con l’usuale regola della moltiplicazione; poi ±∞ · (±∞) = ±∞ edancora il segno viene stabilito con l’usuale regola della moltiplicazione;

• se l e un numero reale qualsiasi, l±∞ = 0;

• se l e un numero reale qualsiasi, ±∞l = ±∞ dove il segno viene stabilito con l’usualeregola della divisione;

• se l e un numero reale qualsiasi ma diverso da 0, l0 = ±∞ dove il segno viene

stabilito con l’usuale regola della divisione.

Attenzione, pero, che quando al denominatore si ha zero, ossia quando si deve calco-lare un limite nella forma l

0 oppure anche ±∞0 , si deve calcolare sia il limite destro che

quello sinistro e vedere se questi coincidono o meno.

3 Forme indeterminate

Dalla lista precedente mancano quattro casi: +∞−∞, 0 · (±∞), ±∞±∞ e 0

0 . Questicasi non soddisfano una regola generale di calcolo, ma sono da analizzare caso per casocon tecniche opportune che ora vedremo. Per questa loro natura, prendono il nome diforme indeterminate o forme di indeterminazione.

Iniziamo trattando le forme di indeterminazione +∞−∞ e ±∞±∞ che si risolvono con

una tecnica che ricorda il raccoglimento totale. Usualmente nel polinomio x3− 3x2 + 2xsi e soliti raccogliere a fattor comune la x e scrivere x

(x2 − 3x + 2

). Ora useremo una

tecnica simile: invece di raccogliere la x con il grado minore, si mette in evidenza la x conil grado massimo. Cosı, nel polinomio x3− 3x2 + 2x + 1, x3 e la potenza maggiore di x equindi si scrive x3 − 3x2 + 2x + 1 = x3

(1− 3

x + 2x2 + 1

x3

). Eseguendo la moltiplicazione

fra x3 e 1− 3x + 2

x2 + 1x3 si riottiene il polinomio x3 − 3x2 + 2x + 1 di partenza.

Esempio. Volendo calcolare il limite

limx→+∞

(3x2 − x + 1

)= +∞−∞+ 1 = +∞−∞,

si opera come suggerito nell’introduzione

limx→+∞

(3x2 − x + 1

)= lim

x→+∞x2

(3− 1

x+

1x2

)= +∞(3− 0 + 0) = +∞.


limx→−∞

(x3 − 3x + 5

)= −∞+∞+ 5 = −∞+∞,

si opera come suggerito nell’introduzione

limx→−∞

(x3 − 3x + 5

)= lim

x→−∞x3

(1− 3

x+

5x3

)= −∞(1 + 0− 0) = −∞.

6



limx→−∞

x4 − 5x2 − 32x2 − 5x + 9

=+∞−∞− 3+∞+∞+ 9

=+∞−∞

+∞ ,

si opera come suggerito nell’introduzione sia al numeratore che al denominatore

limx→−∞

x4 − 5x2 − 32x2 − 5x + 9

= limx→−∞

x4(1− 5

x2 − 3x4

)

x2(2− 5

x + 9x2

) .

Osserviamo che abbiamo scritto il numeratore ed il denominatore come due prodotticontenenti rispettivamente x4 ed x2, i quali possono essere semplificati, infatti x4

x2 = x2,e quindi il limite diviene

limx→−∞

x2(1− 5

x2 − 3x4

)

2− 5x + 9

x2

=+∞(1− 0− 0)

2 + 0 + 0= +∞


limx→+∞

2x3 + x2 + 2x

4x3 − x− 7=

+∞+∞+∞+∞−∞− 7

=+∞

+∞−∞ ,


limx→+∞

2x3 + x2 + 2x

4x3 − x− 7= lim

x→+∞x3

(2 + 1

x + 2x2

)

x3(4− 1

x2 − 7x3

) .

Osserviamo che abbiamo scritto il numeratore ed il denominatore come due prodotticontenenti entrambi x3, cosı possiamo semplificarli, infatti x3

x3 = 1, e quindi il limitediviene

limx→+∞

2 + 1x + 2

x2

4− 1x2 − 7

x3

=2 + 0 + 04− 0− 0

=24

=12.


limx→+∞

1− x2

2x + x3=

1−∞+∞+∞ =

−∞+∞ ,


limx→+∞

1− x2

2x + x3= lim

x→+∞x2

(1x2 − 1

)

x3(

2x2 + 1

) .

Osserviamo che abbiamo scritto il numeratore ed il denominatore come due prodotticontenenti rispettivamente x2 ed x3, i quali possono essere semplificati, infatti x2

x3 = 1x , e

quindi il limite diviene

limx→+∞

1x2 − 1

x(

2x2 + 1

) =0− 1

+∞(0 + 1)=

−1+∞ = 0.

7


La forma indeterminata 00 si risolve facendo uso della scomposizione. Si ricorda

che ne esistono due molto semplici da eseguire: la differenza fra due quadrati che siscompone come la somma delle radici dei due quadrati moltiplicata per la differenzafra tali radici, ad esempio 4x2 − 9 = (2x − 3)(2x + 3), ed il trinomio 4x4 − 12x2 + 9che e il quadrato del binomio

(2x2 − 3

), infatti 4x4 − 12x2 + 9 =

(2x2 − 3

)2. L’ultimascomposizione la si riconosce poiche il trinomio contiene due quadrati, nell’esempio 4x4

e 9 sono rispettivamente quadrati di 2x2 e −3, ed il doppio prodotto fra le due radici deiquadrati, nell’esempio −12x2 = 2

(2x2

)(−3). Esistono altre scomposizioni notevoli, ma

quella piu utile, poiche e sempre applicabile (inclusi i casi precedenti), utilizza la regoladi Ruffini.

1 -5 6

1 -3 0

2 2 -6+ +

1 -5 6 1 -5 6

2

1 -5 6

1

2

1 -5 6

1

2 2

1 -5 6

1 -3

2 2+

1 -5 6

1 -3

2 2 -6+ +

( a ) ( b ) ( c ) ( d )

( e ) ( f ) ( g )

Figura 3: Regola di Ruffini

Assumiamo il polinomio x2− 5x + 6 ed osserviamo che esso si annulla quando x = 2:4− 10 + 6 = 0; x = 2 si chiama radice del polinomio. Si crea una tabella come quella infigura 3 nel seguente modo:

(a) posizioniamo nella prima riga i coefficienti delle varie potenze di x in x2 − 5x + 6:1 e il coefficiente di x2, −5 quello di x e 6 e il termine noto;

(b) mettiamo la radice (il 2 nel nostro esempio) a sinistra del primo segmento verticaleappena sopra quello orizzontale;

(c) si ricopia il termine a sinistra della prima riga al di sotto del segmento verticale(nell’esempio 1);

(d) si moltiplica questo termine per la radice (1 · 2 = 2) e si scrive il risultato ottenutoappena sopra il segmento orizzontale allineandolo con il secondo termine della primariga;

(e) si sommano i secondi termini ed il risultato lo si scrive nella terza riga (nel nostrocaso −5 + 2 = −3);

(f) si moltiplica questo termine nell’ultima riga per la radice (−3 ·2 = −6) e lo si scriveappena sopra il segmento orizzontale allineandolo con il terzo termine della primariga;

8


(g) si sommano i termini al di la della verticale ed il risultato lo si scrive nello spaziosotto il segmento orizzontale e a destra del secondo verticale; (nel nostro caso6 + (−6) = 0) se si ottiene 0 allora la regola e stata eseguita correttamente.

A questo punto il polinomio di partenza si puo scrivere come prodotto di due fattori, dicui il primo e x− 2 (ossia l’incognita x a cui si sottrae la radice) ed il secondo si ottienedalla terza riga della regola di Ruffini in questo modo: dalla prima riga alla terza riga lapotenza della x diminuisce di una unita; nel nostro esempio, siccome l’1 della prima rigaera il coefficiente di x2, quella della terza diviene il coefficiente di x; siccome il −5 dellaprima riga era il coefficiente di x, il −3 della terza diviene il termine noto, creando cosıil polinomio x− 3. In definitiva, abbiamo x2 − 5x + 6 = (x− 2)(x− 3).


limx→2

x2 − 5x + 6x2 − 4

=00

si scompongono il numeratore ed il denominatore con le regole appena descritte

limx→2

x2 − 5x + 6x2 − 4

= limx→2

(x− 2)(x− 3)(x− 2)(x + 2)

;

osserviamo che abbiamo scritto i due polinomi della frazione come due prodotti con untermine in comune che si puo semplificare, poiche (x−2)

(x−2) = 1, dunque il limite richiestodiviene

limx→2

x− 3x + 2

=−14

= −14.

1 0 4

1 2 0

2 2 4

+ +


In figura 4 mostriamo che la scomposizione di x2 − 4 si puo effettuare anche con laregola di Ruffini: nella prima riga devono essere scritti tutti i coefficienti di x2−4, anchequello di x che e 0, infatti x2 − 4 = x2 + 0x− 4.


limx→−1

3x3 − x2 + 4x2 + 2x + 1

=00

si scompongono il numeratore (regola di Ruffini in figura 5) ed il denominatore (trinomioquadrato di un binomio) con le regole appena descritte

limx→−1

3x3 − x2 + 4x2 + 2x + 1

= limx→−1

(x + 1)(3x2 − 4x + 4)(x + 1)2

;

osserviamo che abbiamo scritto i due polinomi della frazione come due prodotti con untermine in comune che si puo semplificare, poiche (x+1)

(x+1)2= 1

x+1 , dunque il limite richiestodiviene

limx→−1

3x2 − 4x + 4x + 1

=110

9

I limiti 4. Asintoti al grafico di una funzione

3 -1 0 4

-1

0

-4

+ ++

3

-3

-4

4

4


Siccome abbiamo 0 al denominatore, dobbiamo calcolarci separatamente i limitidestro e sinistro ed otteniamo

limx→−1+

3x2 − 4x + 4x + 1

=110+

= +∞, limx→−1−

3x2 − 4x + 4x + 1

=110−

= −∞

allora, visto che il limite destro e quello sinistro sono diversi,

limx→−1

3x3 − x2 + 4x2 + 2x + 1

= limx→−1

3x2 − 4x + 4x + 1

= non esiste.

4 Asintoti al grafico di una funzione

Da un punto di vista intuitivo, una retta r e un asintoto per il grafico y = f(x) dellafunzione f(x) se e solo se il grafico y = f(x) si avvicina alla retta r senza intersecarla.Siccome le rette nel piano cartesiano possono essere orizzontali, verticali od oblique,allora abbiamo questi tre tipi di asintoti.

Sia f(x) una funzione definita sull’insieme R esclusi al massimo alcuni valori.Asintoti verticali. Il grafico y = f(x) possiede un asintoto verticale di equazione

x = x0 se e solo se almeno uno fra i limiti

limx→x−0

f(x) o limx→x+

0

f(x)

e infinito (quindi vale +∞ oppure −∞). In particolare, se limx→x−0f(x) = ±∞ allora

la retta di equazione x = x0 e un asintoto verticale sinistro di y = f(x); se, invece,limx→x+

0f(x) = ±∞ allora la retta di equazione x = x0 e un asintoto verticale destro

di y = f(x); quando un asintoto verticale e sia destro che sinistro, allora possiamosemplicemente chiamarlo asintoto verticale.

Asintoti orizzontali. Il grafico y = f(x) possiede un asintoto orizzontale diequazione y = l se e solo se almeno uno fra i limiti

limx→−∞ f(x) o lim

x→+∞ f(x)

esiste e vale l con l ∈ R. In particolare, se limx→−∞ f(x) = l allora la retta di equazioney = l e un asintoto orizzontale sinistro di y = f(x); se limx→+∞ f(x) = l allora la rettadi equazione y = l e un asintoto orizzontale destro di y = f(x); quando un asintotoorizzontale e sia destro che sinistro, allora possiamo semplicemente chiamarlo asintotoorizzontale.

Asintoti obliqui. Il grafico y = f(x) possiede un asintoto obliquo di equazioney = mx + q se e solo se almeno uno fra i limiti

limx→−∞

f(x)x

o limx→+∞

f(x)x

10

I limiti 4. Asintoti al grafico di una funzione

esiste e vale m con m ∈ R ed almeno uno fra i limiti

limx→−∞(f(x)−mx) o lim

x→+∞(f(x)−mx)

esiste e vale q con q ∈ R. In particolare, se{

limx→−∞f(x)

x = mlimx→−∞(f(x)−mx) = q

, allora la

retta di equazione y = mx + q e un asintoto obliquo sinistro di y = f(x); invece, se{limx→+∞

f(x)x = m

limx→+∞(f(x)−mx) = q, la retta di equazione y = mx + q e un asintoto obliquo

destro di y = f(x); quando un asintoto obliquo e sia destro che sinistro, allora possiamosemplicemente chiamarlo asintoto obliquo.

Alcune osservazioni importanti:

• se una funzione possiede un asintoto orizzontale destro, allora e inutile cercare unasintoto obliquo destro, poiche si riotterebbe l’asintoto orizzontale gia trovato;

• se una funzione possiede un asintoto orizzontale sinistro, allora e inutile cercare unasintoto obliquo sinistro, poiche si riotterebbe l’asintoto orizzontale gia trovato.

Esempio. Determiniamo gli asintoti del grafico della funzione

f(x) =x− 34x + 8

.

Siccome 4x + 8 6= 0 per x 6= −2, il dominio della funzione e tutto R− {−2}. Poi

limx→−2+

x− 34x + 8

= −∞, limx→−2−

x− 34x + 8

= +∞

quindi x = −2 e un asintoto verticale. Inoltre

limx→+∞

x− 34x + 8

=14, lim

x→−∞x− 34x + 8

=14

cosı y = 14 e un asintoto orizzontale. Siccome abbiamo la presenza di un asintoto

orizzontale sia destro che sinistro, non ci possono essere asintoti obliqui.


f(x) =3x2 + 1x2 + 1

.

Siccome x2 + 1 6= 0 per ogni x ∈ R, il dominio della funzione e tutto R e cio implicache non vi sono asintoti verticali di alcun tipo. Poi

limx→+∞

3x2 + 1x2 + 1

= 3, limx→−∞

3x2 + 1x2 + 1

= 3

cosı y = 3 e un asintoto orizzontale. Siccome abbiamo la presenza di un asintotoorizzontale sia destro che sinistro, non ci possono essere asintoti obliqui.

11

I limiti 5. Grafico probabile di una funzione


f(x) =3x2 + 15x− 7

.

Il dominio D della funzione si ottiene risovendo 5x−7 6= 0, quindi D = R−{75

}. Poi

limx→( 7

5)+

3x2 + 15x− 7

= +∞, limx→( 7

5)−

3x2 + 15x− 7

= −∞

quindi x = 75 e un asintoto verticale. Poi

limx→+∞

3x2 + 15x− 7

= +∞, limx→−∞

3x2 + 15x− 7

= −∞

quindi non esistono asintoti orizzontali. Per determinare gli asintoti obliqui calcoliamo

limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

3x2 + 15x2 − 7x

=35

e

limx→+∞

(f(x)− 3

5x

)= lim

x→+∞

(3x2 + 15x− 7

− 35x

)= lim

x→+∞

(21x + 525x− 35

)=

2125

,

per cui y = 35x + 21

25 e un asintoto obliquo destro. Analogamente calcoliamo

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

3x2 + 15x2 − 7x

=35

e

limx→−∞

(f(x)− 3

5x

)= lim

x→−∞

(3x2 + 15x− 7

− 35x

)= lim

x→−∞

(21x + 525x− 35

)=

2125

,

per cui y = 35x + 21

25 e anche un asintoto obliquo sinistro.

5 Grafico probabile di una funzione

Il grafico probabile di una funzione consiste in una serie di operazioni le quali ciconsentono di disegnare il grafico y = f(x) di una funzione f(x) determinando:

1. il dominio di f(x);

2. i punti di intersezione di y = f(x) con l’asse y e poi con l’asse x;

3. il segno della funzione f(x);

4. gli asintoti del grafico di f(x).

Il grafico che si ottiene si dice probabile, poiche le nostre conoscenze non sono ancorasufficienti per studiare la funzione f(x) in modo esaustivo.

12


Esempio. Disegniamo il grafico probabile di f(x) = 2x2−8x2−1

.Dominio. Siccome x2 − 1 6= 0 quando x2 − 1 non e uguale a 0, risolviamo x2 − 1 = 0

e, trasportando −1 al secondo membro ed estraendo le radici quadrate, si ottengono lesoluzioni x = ±1. Allora D = R− {−1, 1}.

Intersezione con gli assi. I punti di intersezione con l’asse y si ricavano risolvendo ilsistema {

x = 0y = 2x2−8

x2−1

⇒{

x = 0y = 8

ottenendo il punto A(0, 8). I punti di intersezione con l’asse y si ottengono risolvendo ilsistema

{y = 0y = 2x2−8

x2−1

⇒{

y = 00 = 2x2−8

x2−1

⇒{

y = 00

x2−1= 2x2−8

x2−1

⇒{

y = 00 = 2x2 − 8

;

per risolvere l’equazione 0 = 2x2−8 si muove 2x2 al primo membro e si scrive −2x2 = −8da cui, cambiando i segni e dividendo ambo i membri per 2, si ottiene x2 = 4 che, essendopura, si risolve estraendo la radice quadrata ottenendo le soluzioni x = ±2; dunque i puntidi intersezione con l’asse x sono B = (−2, 0) e C(2, 0).

-2 2 -1 1

( a ) ( b )

x x

Figura 6: Parabole per le disequazioni

Segno. Per trovare dove la funzione f(x) e positiva, studiamo il segno del numeratoree del denominatore. Il numeratore e maggiore di 0 quando 2x2 − 8 > 0 ossia, dividendoper 2, quando x2 − 4 > 0; sappiamo gia che x2 − 4 = 0 per x = ±2 (l’abbiamo risoltanelle intersezioni con gli assi), dunque, facendo riferimento alla parabola di figura 6(a),si ottengono le soluzioni x < −2 o x > 2. Il denominatore e maggiore di 0 quandox2 − 1 > 0; sappiamo gia che x2 − 1 = 0 per x = ±1 (l’abbiamo risolta nel dominio),dunque, facendo riferimento alla parabola di figura 6(b), si ottengono le soluzioni x < −1o x > 1.

-2 -1 1 2

N

D

+ +

+ + + +

- - -

-

- -+ + +f

Figura 7: Segno di f(x)

Dalla figura 7 si deduce che: f(x) e positiva quando x < −2 ∨ −1 < x < 1 ∨ x > 2ed e negativa quando −2 < x < −1 ∨ 1 < x < 2.

13


Asintoti. Calcoliamo i limiti

limx→−1−

2x2 − 8x2 − 1

= −∞ limx→−1+

2x2 − 8x2 − 1

= +∞,

allora x = −1 e un asintoto verticale; poi

limx→1−

2x2 − 8x2 − 1

= +∞ limx→1+

2x2 − 8x2 − 1

= −∞,

allora x = 1 e un altro asintoto verticale.A questo punti calcoliamo i limiti

limx→−∞

2x2 − 8x2 − 1

= 2 e limx→+∞

2x2 − 8x2 − 1

= 2,

allora y = 2 e un asintoto orizzontale. Siccome abbiamo un asintoto orizzontale sia destroche sinistro, non serve cercare gli asintoti obliqui.

A

B C

y=2

x=1x=-1

Figura 8: Grafico probabile di f(x) = 2x2−8x2−1

In figura 8 e tracciato il grafico probabile di f(x) = 2x2−8x2−1

.

Esempio. Disegniamo il grafico probabile di f(x) = x2−x−2x2 .

Dominio. Siccome x2 6= 0 quando x 6= 0, allora D = R− {0}.Intersezione con gli assi. I punti di intersezione con l’asse y si ottengono risolvendo

il sistema {x = 0y = x2−x−2

x2

14


che e impossibile. I punti di intersezione con l’asse y si ottengono risolvendo il sistema{

y = 0y = x2−x−2

x2

⇒{

y = 00 = x2−x−2

x2

⇒{

y = 00x2 = x2−x−2

x2

⇒{

y = 00 = x2 − x− 2

;

per risolvere l’equazione 0 = x2 − x − 2 si muovono tutti gli addendi al primo membroe si scrive −x2 + x + 2 = 0 da cui, cambiando i segni, si ottiene x2 − x − 2 = 0: dallaformula si ottiene

x1,2 =1±√1 + 8

2=

1± 32

e quindi le soluzioni sono x = −1 0 x = 2; dunque i punti di intersezione con l’asse xsono A = (−1, 0) e B(2, 0).

-1 2 x

Figura 9: Parabola per le disequazioni

Segno. Per trovare dove la funzione f(x) e positiva, studiamo il segno del numeratoree del denominatore. Il numeratore e maggiore di 0 quando x2 − x− 2 > 0; sappiamo giache x2 − x− 2 = 0 per x = −1 o x = 2 (l’abbiamo risolta nelle intersezioni con gli assi),dunque, facendo riferimento alla parabola di figura 9, si ottengono le soluzioni x < −1o x > 2. Il denominatore e maggiore di 0 quando x2 > 0 e quindi e positivo in tutti ipunti del dominio di f(x).

0-1 2

N

D

+ +

+ + + +

- -

- -+ +f


Dalla figura 10 si deduce che: f(x) e positiva quando x < −1 ∨ x > 2 ed e negativaquando −1 < x < 2.


limx→0−

x2 − x− 2x2

= −∞ limx→0+

x2 − x− 2x2

= −∞,

allora x = 0 e un asintoto verticale, quindi l’asse y e un asintoto verticale.A questo punti calcoliamo i limiti

limx→−∞

x2 − x− 2x2

= 1 e limx→+∞

x2 − x− 2x2

= 1,

allora y = 1 e un asintoto orizzontale. Siccome abbiamo un asintoto orizzontale sia destroche sinistro, non serve cercare gli asintoti obliqui.

In figura 11 e tracciato il grafico probabile di f(x) = x2−x−2x2 .

15


y=1

A B

Figura 11: Grafico probabile di f(x) = x2−x−2x2

Esempio. Disegniamo il grafico probabile di f(x) = x2−2x1−x .

Dominio. Siccome 1− x 6= 0 quando −x 6= −1 ossia x 6= 1, allora D = R− {1}.Intersezione con gli assi. I punti di intersezione con l’asse y si ricavano risolvendo il

sistema {x = 0y = x2−2x

1−x

⇒{

x = 0y = 0

ottenendo il punto O(0, 0). I punti di intersezione con l’asse y si ottengono risolvendo ilsistema{

y = 0y = x2−2x

1−x

⇒{

y = 00 = x2−2x

1−x

⇒{

y = 00

1−x = x2−2x1−x

⇒{

y = 00 = x2 − 2x

;

per risolvere l’equazione 0 = x2 − 2x si muovono tutti gli addendi al primo membro e siscrive −x2 +2x = 0 da cui, cambiando i segni, si ottiene x2− 2x = 0, questa equazione espuria quindi possiamo raccogliere la x e scrivere x(x− 2) = 0 da cui si ottengono x = 0o x− 2 = 0 ed allora le soluzioni sono x = 0 o x = 2; i punti che ricaviamo sono O(0, 0)ed A(2, 0).

0 2 x

Figura 12: Parabola per le disequazioni

Segno. Per trovare dove la funzione f(x) e positiva, studiamo il segno del numeratoree del denominatore. Il numeratore e maggiore di 0 quando x2−2x > 0; sappiamo gia che

16


x2 − 2x = 0 per x = 0 o x = 2 (l’abbiamo risolta nelle intersezioni con gli assi), dunque,facendo riferimento alla parabola di figura 12, si ottengono le soluzioni x < 0 o x > 2. Ildenominatore e maggiore di 0 quando 1− x > 0, ossia −x > −1 ed allora per x < 1.

0 1 2

N

D

+ +

+ +

- -

- -+ +f

- -


Dalla figura 13 si deduce che: f(x) e positiva quando x < 0 ∨ 1 < x < 2 ed enegativa quando 0 < x < 1 ∨ x > 2.


limx→1−

x2 − 2x

1− x= −∞ lim

x→1+

x2 − 2x

1− x= +∞,

allora x = 1 e un asintoto verticale.A questo punti calcoliamo i limiti

limx→−∞

x2 − 2x

1− x= +∞ e lim

x→+∞x2 − 2x

1− x= −∞,

entrambi i limiti sono infiniti, allora non abbiamo asintoti orizzontali.Cerchiamo degli eventuali asintoti obliqui. In questa situazione dobbiamo risolvere

dei limiti con la funzione f(x)x che, per comodita, la possiamo riscrivere f(x) · 1

x . Quindi

limx→+∞

f(x)x

= limx→+∞

x2 − 2x

1− x· 1x

= limx→+∞

x2 − 2x

x− x2= −1,

ed anche

limx→+∞(f(x) + x) = lim

x→+∞

(x2 − 2x

1− x+ x

)= lim

x→+∞x2 − 2x + x− x2

1− x= lim

x→+∞−x

1− x= 1;

si deduce che y = −x + 1 e un asintoto obliquo destro per f(x). Inoltre,

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

x2 − 2x

1− x· 1x

= limx→−∞

x2 − 2x

x− x2= −1,

ed anche

limx→−∞(f(x) + x) = lim

x→−∞

(x2 − 2x

1− x+ x

)= lim

x→−∞x2 − 2x + x− x2

1− x= lim

x→−∞−x

1− x= 1;

si deduce che y = −x + 1 e anche un asintoto obliquo sinistro per f(x).In figura 14 e tracciato il grafico probabile di f(x) = x2−2x

1−x .

17

I limiti 6. Proprieta delle funzioni continue

O

A

x=1

y=-x+1

Figura 14: Grafico probabile di f(x) = x2−2x1−x

6 Proprieta delle funzioni continue

Introduciamo inizialmente dei particolari sottoinsiemi di R chiamati intervalli. Adesempio, consideriamo tutti i numeri reali che sono compresi fra 0 ed 1, ossia l’insiemedei numari reali x tali che 0 < x < 1, essi formano l’intervallo aperto di estremi 0 ed 1ed esso si denota con la scrittura ]0, 1[. Invece, tutti i numeri reali x tali che 0 ≤ x ≤ 1formano l’intervallo chiuso di estremi 0 ed 1 il quale si denota con la scrittura [0, 1]. Sinoti che [0, 1] contiene tutti gli elementi di ]0, 1[ a cui vanno aggiunti gli estremi 0 ed 1(che, invece, non appartengono a ]0, 1[).

Definizione. Siano a e b due numeri reali diversi; l’intervallo aperto di estremia e b e l’insieme ]a, b[ che contiene tutti i numeri reali x tali che a < x < b; invece,l’intervallo chiuso di estremi a e b e l’insieme [a, b] che contiene tutti i numeri reali xtali che a ≤ x ≤ b.

Le proprieta piu importanti delle funzioni continue sono espresse da tre teoreminotevoli che analizzeremo ed illustreremo uno per uno. Essi sono:

1. il teorema degli zeri;

2. il teorema di Weiestrass;

3. il teorema dei valori intermedi.

Teorema (Degli zeri). Siano a e b due numeri reali diversi ed f : [a, b] −→ R una

18

I limiti 6. Proprieta delle funzioni continue

funzione continua definita sull’intervallo chiuso [a, b]. Se f(a) · f(b) < 0, allora esistealmeno un elemento c ∈]a, b[ tale che f(c) = 0. 1

abcf ( a )

f ( b )

x

y

Figura 15: Teorema degli zeri

Significato del teorema degli zeri : se abbiamo una funzione f(x) continua definita su[a, b] tale che i valori f(a) ed f(b) hanno segno diverso, allora esiste almeno un punto ccompreso fra a e b tale che f(c) = 0 (ossia in c il grafico di f(x) interseca l’asse x). Unesempio e mostrato in figura 15.

a mx

y

b

x

Mxm

Md

c

Figura 16: Massimo e minimo di una funzione

Notiamo che la funzione f(x) definita sull’intervallo [a, b] ed il cui grafico si trova infigura 16 assume il valore massimo quando la variabile x vale xM , invece assume il valoreminimo quando la variabile x vale xm. In tal caso, si dice che xM e il massimo di f(x)ed xm e il minimo di f(x).

Definizione. Siano a e b due numeri reali diversi ed f : [a, b] −→ R una funzionedefinita sull’intervallo chiuso [a, b]. Il punto xM ∈ [a, b] e un massimo di f(x) se e solose f (xM ) ≥ f(x) per ogni x ∈ [a, b]. Il punto xm ∈ [a, b] e un minimo di f(x) se e solose f (xm) ≤ f(x) per ogni x ∈ [a, b].

Teorema (Weiestrass). Se a e b sono due numeri reali diversi ed f : [a, b] −→ R euna funzione continua definita sull’intervallo chiuso [a, b], allora esiste almeno un massimoxM ed almeno un minimo xm di f(x) nell’intervallo [a, b].

Il significato di questo teorema e immediato dall’enunciato, quindi possiamo passareimmediatamente al teorema dei valori intermedi. A titolo informativo, una volta di-mostrato il teorema di Weiestrass, si potrebbe provare che il teorema degli zeri ed ilteorema dei valori intermedi sono equivalenti, ossia descrivono, con espressioni diverse,lo stesso fenomeno.

1La continuita di f(x) in a e da intendersi soltanto da destra, ossia si deve avere limx→a+ f(x) = f(a),mentre la continuita di f(x) in b e da intendersi soltanto da sinistra e si deve avere limx→b− f(x) = f(b).

19

I limiti 7. Punti di discontinuita di una funzione

Teorema (Dei valori intermedi). Se a e b sono due numeri reali diversi e sef : [a, b] −→ R e una funzione continua definita sull’intervallo chiuso [a, b], allora f(x)assume tutti i valori compresi fra m = f (xm) ed M = f (xM ) dove xm ed xM sonorispettivamente un minimo ed un massimo di f(x) in [a, b].

Significato del teorema dei valori intermedi : se abbiamo una funzione f(x) continuadefinita su [a, b], allora per il teorema di Weiestrass sappiamo che esistono almeno unmassimo xM ed almeno un minimo xm di f(x) nell’intervallo [a, b]; dunque, preso unqualsiasi valore d compreso fra m = f (xm) ed M = f (xM ), esiste un opportuno ccompreso fra a ed b tale che f(c) = d (vedere la figura 16).

7 Punti di discontinuita di una funzione

Passiamo ora all’analisi della tipologia degli eventuali punti dove una funzione nonrisulta continua. In base alla definizione di continuita, una funzione f(x) definita inun dominio D e continua in un punto x0 ∈ R se e solo se valgono tutte e tre questecondizioni:

1. x0 ∈ D, ossia si puo calcolare f (x0);

2. il limite limx→x0 f(x) esiste finito, ossia i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) esis-

tono finiti e sono uguali;

3. vale limx→x0 f(x) = f (x0).

Definizione. Un punto x0 ∈ R e un punto di discontinuita della funzione f(x)definita sul dominio D se e solo se f(x) non e continua in x0 o, equivalentemente, almenouna delle tre condizioni precedenti non risulta verificata.

Esempio. Assumiamo la funzione

f(x) =

{2x2 − 4x + 1 se x ≥ 2x−5x−3 se x < 2

.

Innanzitutto, cerchiamo di capire cosa vuol dire questa scrittura. La funzione f(x)in esame si dice definita per casi, poiche presenta due espressioni distinte. Per x ≥ 2l’espressione che la definisce e f(x) = 2x2− 4x + 1, mentre per x < 2 l’espressione che ladefinisce e f(x) = x−5

x−3 . Se dobbiamo calcolare f(3), siccome 3 ≥ 2, dobbiamo sceglierela prima espressione e quindi f(x) = 2 · 32 − 4 · 3 + 1 = 7; se dobbiamo calcolare f(1),siccome 1 < 2, dobbiamo scegliere la seconda espressione e quindi f(1) = 1−5

1−3 = 2; sedobbiamo calcolare f(2), siccome 2 ≥ 2, dobbiamo scegliere la prima espressione e quindif(x) = 2 · 22 − 4 · 2 + 1 = 1.

Osserviamo che f(x) e sicuramente continua per x > 2, in quanto il polinomio diII grado 2x2 − 4x + 1 definisce una funzione continua; f(x) e sicuramente continua perx < 2, in quanto il quoziente x−5

x−3 definisce una funzione continua, a patto che x− 3 6= 0,ossia x 6= 3, ma se x < 2 allora e sicuro che x 6= 3. Il problema sorge in x = 2, poichequi c’e il ′′raccordo′′ fra le due espressioni di f(x). Analizziamo se valgono i tre puntiper essere continua in x0 = 2. Siccome il dominio di f(x) e tutto R, allora la primacondizione e soddisfatta, mentre per la seconda condizione dobbiamo calcolare i limiti

20


limx→2+ f(x) e limx→2− f(x). Nel primo caso x si avvicina a 2 attraverso valori maggioridi 2, quindi dobbiamo usare la prima espressione di f(x):

limx→2+

f(x) = limx→2+

(2x2 − 4x + 1

)= 1.

Quando x tende a 2 attraverso valori minori di 2 dobbiamo usare la seconda espressionedi f(x):

limx→2−

f(x) = limx→2−

x− 5x− 3

=2− 52− 3

= 3.

Quindi, siccome limx→2+ f(x) = 1 6= 3 = limx→2− f(x), il limite limx→2 f(x) non esiste,dunque x0 = 2 e un punto di discontinuita di f(x). Si noti, poi, che in questo caso ilimiti limx→2+ f(x) e limx→2− f(x) sono diversi ma entrambi finiti: in queste situazionisi dice che il punto di discontinuita x = 2 e una discontinuita di salto o di I prima specieper f(x).


f(x) =x2 − x− 2

x + 1.

Per determinare il dominio dobbiamo porre x + 1 6= 0, quindi x 6= −1 ed esso risultaD = R−{−1}: in tutti i punti del dominio la funzione f(x) e continua poiche quozientedi polinomi con il denominatore non nullo. E subito evidente, pero, che x0 = −1 non eun punto in cui f(x) e continua, poiche non soddisfa la prima condizione. Calcoliamoallora

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

x2 − x− 2x + 1

=00,

ma, utilizzando la regola di de l’Hopital, si ottiene

limx→−1+

2x− 11

= −3 ⇒ limx→−1+

x2 − x− 2x + 1

= −3.

Poi

limx→−1−

f(x) = limx→−1−

x2 − x− 2x + 1

=00,


limx→−1−

2x− 11

= −3 ⇒ limx→−1−

x2 − x− 2x + 1

= −3.

Si noti che in questo caso i limiti limx→−1+ f(x) e limx→−1− f(x) sono uguali e finiti: inqueste situazioni si dice che il punto di discontinuita x = 2 e una discontinuita eliminabileo di III prima specie per f(x). Il nome deriva dal fatto che e possibile modificare lafunzione attraverso la posizione

g(x) =

{x2−x−2

x+1 se x 6= −1−3 se x = −1

per trasformare la funzione in esame in una nuova funzione g(x) che risulta continuaanche in x0 = −1.

21



f(x) =1x

.

Il dominio di f(x) e determinato da x 6= 0, quindi esso e D = R−{0}: in tutti i puntidel dominio la funzione f(x) e continua poiche quoziente di polinomi con il denominatorenon nullo. E subito evidente, pero, che x0 = 0 non e un punto in cui f(x) e continua,poiche non soddisfa la prima condizione. Calcoliamo allora

limx→0+

f(x) = limx→0+

1x

= +∞ :

siccome il limite limx→−1+ f(x) e infinito, non siamo nei casi precedentemente analizza-ti: in queste situazioni si dice che il punto di discontinuita x = 0 e una discontinuitaessenziale o di II prima specie per f(x).

Quindi, se f(x) e una funzione definita in un dominio D ed x0 ∈ R e un punto didiscontinuita di f(x), possiamo avere tre possibili casi diversi:

• quando i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) sono finiti ma diversi, si dice che x0 e

una discontinuita di salto o di I prima specie per f(x);

• quando i limiti limx→x+0

f(x) e limx→x−0f(x) sono finiti ed uguali, si dice che x0 e

una discontinuita eliminabile o di III prima specie per f(x);

• in tutti gli altri casi, ossia quando almeno uno dei due limiti limx→x+0

f(x) elimx→x−0

f(x) non esiste oppure non e finito, si dice che x0 e una discontinuitaessenziale o di II prima specie per f(x).

Attenzione che non e sempre si hanno punti di discontinuita nelle funzioni definiteper casi.


f(x) =

{2x + 4 se x ≤ −13 + x se x > −1

.

Sicuramente per x 6= −1 la funzione f(x) e continua poiche le espressioni che ladefiniscono sono polinomi e quindi sono continue. In x = −1 abbiamo f(−1) = 2 · (−1)+4 = 2,

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

(x2 − 2x− 1

)= 2, lim

x→−1−f(x) = lim

x→−1+(3 + x) = 2,

dunquelim

x→−1f(x) = 2 = f(1),

da cui si deduce che f(x) e continua anche in x = −1 ed allora la f(x) e continua sututto R.

Siccome i grafici di y = 2x+4 e y = 3+x sono semplici da disegnare e tali espressionidefiniscono f(x) per x ≤ −1 ed x > −1, e semplice dedurre il grafico di f(x), mostratoin figura 17. Si vede che in corrispondenza di x = −1 i due rami si raccordano concontinuita.

22


x

y

-1

Figura 17: Grafico di f(x)


f(x) =

{x2 − x + 4 se x ≥ 1x2+2x−1 se x < 1

.

Sicuramente per x 6= 1 la funzione f(x) e continua poiche le espressioni che la definis-cono sono un polinomio per x ≥ 1 ed il quoziente x2+2

x−1 per x < 1: il suo denominatoresi annulla solo in x = 1, e quindi esso e diverso da 0 per x < 1. In x = 1 abbiamof(1) = 12 − 1 + 4 = 4,

limx→1+

f(x) = limx→1+

(x2 − x + 4

)= 4, lim

x→1−f(x) = lim

x→1−

x2 + 2x− 1

= −∞,

dunque il punto x = 1 e un punto di discontinuita, poiche limx→1 f(x) non esiste, di IIspecie, poiche il limite per x → 1− e infinito.


f(x) =

{2x− 4 se x ≥ 37− x se x < 3

.

Sicuramente per x 6= 3 la funzione f(x) e continua poiche le espressioni che ladefiniscono sono polinomi e quindi sono continue. In x = 3 abbiamo f(3) = 2 · 3− 4 = 2,

limx→3+

f(x) = limx→3+

(2x− 4) = 2, limx→3−

f(x) = limx→3−

(7− x) = 4,

dunque il punto x = 1 e un punto di discontinuita, poiche limx→1 f(x) non esiste, di Ispecie, poiche i limiti per x → 3+ e x → 3− sono finiti ma diversi.

x

y

3

Figura 18: Grafico di f(x)

Siccome i grafici di y = 2x−4 e y = 7−x sono semplici da disegnare e tali espressionidefiniscono f(x) per x ≥ 3 ed x < 3, e semplice dedurre il grafico di f(x), mostrato infigura 18. Si vede che in corrispondenza di x = 3 tale grafico presenta una specie di salto,da qui il nome per questo tipo di discontinuita.

23



f(x) =x2 − 42x− 4

.

Il suo dominio si ottiene da 2x − 4 6= 0, ossia 2x 6= 4 da cui x 6= 2, dunque eD = R−{2}. Per x 6= 2 la funzione e continua, in quanto rapporto fra due polinomi conquello al denominatore non nullo. Calcoliamo allora

limx→2+

f(x) = limx→2+

x2 − 42x− 4

=00,


limx→2+

2x

2= 2 ⇒ lim

x→2+

x2 − 42x− 4

= 2.

Poi

limx→2−

f(x) = limx→2−

x2 − 42x− 4

=00,


limx→2−

2x

2= 2 ⇒ lim

x→2−

x2 − 42x− 4

= 2.

I limiti limx→2+ f(x) e limx→2− f(x) sono uguali e finiti, allora x = 2 e un punto didiscontinuita di III specie o eliminabile.

x

y

2

Figura 19: Grafico di f(x) = x2−42x−4

In figura 19 e mostrato il grafico di f(x) = x2−42x−4 . Si vede bene che basta aggiungere

un punto per rendere la funzione continua anche in x = 2, da qui il nome di discontinuitaeliminabile.

Figura 20: Grafico di f(x) = 1x

Per mostrare il un grafico di una funzione con discontinuita di II specie, riportiamoin figura 20 il grafico di f(x) = 1

x : sappiamo che essa presenta tale discontinuita in x = 0e, dal grafico, si vede come questa situazione non sia ne eliminabile e ne ci sia un salto.

24

Le derivate 1. Definizione di derivata

Scheda 3: le derivate

1 Definizione di derivata

Consideriamo una funzione f :]a, b[−→ R definita sull’intervallo aperto ]a, b[ e siax ∈]a, b[ un punto di tale intervallo. Per ogni numero reale h tale che x + h ∈]a, b[,possiamo definire il rapporto incrementale di f(x) nel punto x come il quoziente

f (x + h)− f (x)h

.

In figura 1 e evidenziato che il rapporto incrementale e il l’incremento della funzione daf (x) a f (x + h), ossia f (x + h)− f (x), diviso l’incremento della variabile indipendenteda x a x + h, ossia x + h− x = h.

a b

f ( a )

f ( b )

x

f (x)

f (x+h)

x+h

h

f(x+h) - f(x)

Figura 1: Rapporto incrementale di f(x)

Definizione. Una funzione f :]a, b[−→ R definita sull’intervallo aperto ]a, b[ e deri-vabile in x ∈]a, b[ se e solo se il limite

limh→0

f (x + h)− f (x)h

esiste finito. Il valore finito che questo limite assume prende il nome di derivata di f(x)nel punto x e si denota con f ′ (x); quindi

f ′ (x) = limh→0

f (x + h)− f (x)h

.

Una funzione f :]a, b[−→ R definita sull’intervallo aperto ]a, b[ e derivabile in ]a, b[ se esolo se e derivabile in ogni punto x di ]a, b[.

Esempio. Consideriamo la funzione f(x) = x2 definita su tutto R ed assumiamoinizialmente il valore x = 3. Il rapporto incrementale di f(x) in x = 3 e

f (3 + h)− f (3)h

=(3 + h)2 − 32

h=

9 + 6h + h2 − 9h

=h2 + 6h

h=

h(h + 6)h

= h + 6

1

Le derivate 1. Definizione di derivata

e, facendone il limite per h → 0, si ottiene

limh→0

f (3 + h)− f (3)h

= limh→0

(h + 6) = 6,

quindi f(x) = x2 e derivabile in x = 3 e la sua derivata in x = 3 e f ′(3) = 6.In generale, il rapporto incrementale di f(x) in x ∈ R qualsiasi e

f (x + h)− f (x)h

=(x + h)2 − x2

h=

x2 + 2hx + h2 − x2

h=

h(h + 2x)h

= h + 2x

e, facendone il limite per h → 0, si ottiene

limh→0

f (x + h)− f (x)h

= limh→0

(h + 2x) = 2x,

quindi f(x) = x2 e derivabile in ogni x ∈ R e la sua derivata e f ′(x) = 2x.Questa formula ottenuta ha validita generale, quindi volendo calcolare la derivata

della funzione f(x) = x2 nei punti x = −1 o x = 4 si ottiene f ′(−1) = 2 · (−1) = −2 ef ′(4) = 2 · 4 = 8.

Una proprieta notevole delle funzioni derivabili e espressa dal seguente teorema.

Teorema. Se una funzione f :]a, b[−→ R definita sull’intervallo aperto ]a, b[ e deri-vabile in x ∈]a, b[ allora essa e anche continua in x. In particolare, se f(x) e derivabilein ]a, b[, allora essa e anche continua in ]a, b[.

Figura 2: Grafico di f(x) = 3√

x

Questo teorema non e invertibile, ossia esistono funzioni continue che non sono deri-vabili. Ad esempio la funzione f(x) = 3

√x e continua in tutti i punti di R come mostra

il suo grafico in figura 2, quindi e anche continua in x = 0. Il rapporto incrementale dif(x) in x = 0, pero, e

f(0 + h)− f(0)h

=f(h)− f(0)

h=

3√

h

h=

13√

h2,

quindi

limh→0

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0

13√

h2= +∞,

da cui deduciamo che f(x) = 3√

x non e derivabile in x = 0.

2

Le derivate 2. Il calcolo delle derivate

2 Il calcolo delle derivate

Come abbiamo visto nell’esempio della funzione f(x) = x2, una volta nota un’espres-sione generale per la derivata f ′(x) di una funzione derivabile f(x), la determinazione delvalore di f ′(x) in un punto opportuno x e molto semplice, poiche non si deve far ricorsoal rapporto incrementale ed al suo limite per h → 0. Esistono delle semplice regole checi permettono di calcolare la derivata di molte funzioni, noi riporteremo quelle che ciinteressano.

• Derivata delle funzioni costanti. Sia f(x) = k una funzione costante di dominio D,ossia una funzione che od ogni x associa lo stesso numero reale k, allora f ′(x) = 0per tutti gli x ∈ D.

• Derivata della funzione identitca. Sia f(x) = x, detta la funzione identica didominio D, allora f ′(x) = 1 per tutti gli x ∈ D.

• Derivata dei monomi. Sia f(x) = xn con x ∈ D ed n un numero naturale ≥ 2,allora f ′(x) = nxn−1.

• Derivata della somma algebrica. Siano f(x) e g(x) due funzioni derivabili di do-minio D, allora la funzione f(x)± g(x) e derivabile e la sua derivata e f ′(x)± g′(x)per ogni x ∈ D.

• Derivata del prodotto di una funzione per una costante. Siano f(x) una funzionederivabile di dominio D e c ∈ R una costante, allora la funzione c ·f(x) e derivabilee la sua derivata e c · f ′(x) per ogni x ∈ D.

• Derivata del prodotto di due funzioni. Siano f(x) e g(x) due funzioni derivabili didominio D, allora la funzione f(x)·g(x) e derivabile e la sua derivata ha l’espressionef ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x) per ogni x ∈ D.

• Derivata del quoziente di due funzioni. Siano f(x) e g(x) due funzioni derivabilidi dominio D con g(x) 6= 0, allora la funzione f(x)

g(x) e derivabile e la sua derivata ef ′(x)·g(x)−f(x)·g′(x)

g(x)2per ogni x ∈ D.

• Derivata di funzioni composte. Sia g(x) una funzione derivabile di dominio D edf(x) = (g(x))n con n un numero naturale ≥ 2, allora f(x) e derivabile in D ef ′(x) = n · (g(x))n−1 · g′(x).

Di queste regole, abbiamo dimostrato la terza quando n = 2: f(x) = x2 ha comederivata f ′(x) = 2x = 2x2−1. Le altre si possono dimostrare a partire dalla definizione diderivata come limite del rapporto incrementale, facendo ricorso a delle tecniche oppor-tune. A titolo informativo, la regola che permette di calcolare la derivata del prodottodi due funzioni si chiama regola di Leibniz.

Esempio. Volendo calcolare la derivata di f(x) = x3 − x2 + x + 7, osserviamo chela derivata di x3 e 3x3−1 = 3x2, quella di x2 e 2x, quella di x e 1 e quella di 7 e 0, poiusando la regola per la somma algebrica si ottiene f ′(x) = 3x2 − 2x + 1.

Esempio. Volendo calcolare la derivata di f(x) = 7x2 − 3x + 4, osserviamo che laderivata di x2 e 2x e, per la regola della derivata di una costante per una funzione, laderivata di 7x2 e 7 · 2x = 14x, la derivata di x e 1 e, per la regola della derivata di unacostante per una funzione, la derivata di 3x e 3 · 1 = 3, infine la derivata di 4 e 0, poiusando la regola per la somma algebrica si ottiene f ′(x) = 14x− 3.

3

Le derivate 3. Retta tangente e derivata

Esempio. Volendo calcolare la derivata di f(x) =(5x2 − 3x + 4

)(2x− 5) possiamo

scegliere due modi. Il primo prevede di eseguire il prodotto, per cui si ottiene

f(x) = 10x3−25x2−6x2+15x+8x−20 = 10x3−31x2+23x−20 ⇒ f ′(x) = 30x2−62x+23.

L’altro usa la regola del prodotto di due funzioni:

f ′(x) = (10x− 3)(2x− 5) +(5x2 − 3x + 4

)2 =

= 20x2 − 50x− 6x + 15 + 10x2 − 6x + 8 = 30x2 − 62x + 23.

Esempio. Volendo calcolare la derivata di f(x) = 3x2−x+45x2−2x

si deve usare, oltre allealtre, la regola del quoziente:

f ′(x) =(6x− 1)

(5x2 − 2x

)− (3x2 − x + 4

)(10x− 2)

(5x2 − 2x)2=

=30x3 − 12x2 − 5x2 + 2x− 30x3 + 6x2 + 10x2 − 2x− 40x + 8

(5x2 − 2x)2=

=−x2 − 40x + 8(5x2 − 2x)2

.

Esempio. Volendo calcolare la derivata della funzione f(x) =(x3 − 5x

)2 possiamooperare in due modi. Il primo, sicuramente piu semplice, consiste nel svolgere il quadratoe scrivere f(x) = x6 − 10x4 + 25x2 e poi calcolare f ′(x) = 6x5 − 40x3 + 50x. L’altromodo per operare e considerare f(x) come funzione composta: f(x) = (g(x))2 cong(x) = x3 − 5x, allora

f ′(x) = 2 · g(x) · g′(x) = 2(x3 − 5x

) (3x2 − 5

)=

(2x3 − 10x

) (3x2 − 5

)=

= 6x5 − 10x3 − 30x3 + 50x = 6x5 − 40x3 + 50x.

Esempio. Volendo calcolare la derivata della funzione f(x) =(x2 − 2x + 1

)5 possi-amo operare soltanto come funzione composta:

f ′(x) = 5(x2 − 2x + 1

)4 (2x− 2) = 10(x2 − 2x + 1

)4 (x− 1) .

Esempio. Se f(x) =(3x2 − 4x + 9

)3, allora

f ′(x) = 3(3x2 − 4x + 9

)2 (6x− 4) = 6(3x2 − 4x + 9

)2 (3x− 2).

3 Retta tangente e derivata

Vediamo l’interpretazione geometrica della derivata. Sia f :]a, b[−→ R una funzionedefinita sull’intervallo aperto ]a, b[, sia x0 ∈]a, b[ ed f(x) derivabile in x0.

Facendo riferimento alla figura 3, tracciamo la secante s per i punti (x0, f (x0)) e(x0 + h, f (x0 + h)); mentre h → 0, la retta secante s si avvicina sempre di piu alla rettatangente t al grafico di f(x) nel punto x0. Il coefficiente angolare della retta secante s eproprio il rapporto incrementale, infatti esso e

f (x0 + h)− f (x0)x0 + h− x0

=f (x0 + h)− f (x0)

h,

4

Le derivate 4. Teoremi del calcolo differenziale

a b

f ( a )

f ( b )

x 0 x

y

f ( x )

x 0 + h

0

f ( )

x 0 + h

s

t

Figura 3: Secante per (x0, f(x0)) e (x0 + h, f(x0 + h))

quindi, per h → 0, esso diventera la derivata f ′ (x0) di f(x) in x0: f ′(x0) e il coefficienteangolare della retta tangente t al grafico di f(x) nel punto (x0, f(x0)). Siccome la retta tpassa per il punto (x0, f (x0)), ha equazione y−f (x0) = m (x− x0) , ma il suo coefficientee m = f ′ (x0), allora la retta tangente al grafico di f nel punto (x0, f (x0)) ha equazione

y − f (x0) = f ′ (x0) (x− x0) . (1)

Esempio. Cerchiamo la tangente al grafico della funzione f(x) = 3x−5x2+1

nel punto diascissa x = 1. Innanzitutto dobbiamo trovare l’immagine di x = 1: f(1) = −1; quindi laretta tangente passa per il punto (1,−1). Per determinare il coefficiente angolare dellatangente dobbiamo calcolare la derivata di f(x) nel punto x = 1. Iniziamo calcolandoci

f ′(x) =3

(x2 + 1

)− (3x− 5)2x

(x2 + 1)2=

3x2 + 3− 6x2 + 10x(x2 + 1)2

=−3x2 + 10x + 3

(x2 + 1)2

e quindi f ′(1) = −3+10+322 = 10

4 = 52 . A questo punto, la formula (1) nel nostro caso

diviene y − f(1) = f ′(1) (x− 1) ossia

y − (−1) =52(x− 1) ⇒ y + 1 =

52x− 5

2⇒ y =

52x− 5

2− 1 ⇒ y =

52x− 7

2

che e l’equazione voluta.

4 Teoremi del calcolo differenziale

Esistono, tra gli altri, tre teoremi notevoli sulle derivate.

Teorema (Rolle). Sia f : [a, b] −→ R continua su [a, b] e derivabile su ]a, b[. Sef(a) = f(b) allora esiste x0 ∈]a, b[ tale che f ′ (x0) = 0.

Interpretazione geometrica del teorema di Rolle. Sia f : [a, b] −→ R una funzionecontinua su [a, b] e derivabile su ]a, b[ tale che f(a) = f(b). Il teorema suddetto ci

5


a b

f(a) = f(b)

x

y

x0

t

Figura 4: Teorema di Rolle

garantisce l’esistenza di un punto x0 fra a in b in cui f ′ (x0) = 0: siccome f ′ (x0) e ilcoefficiente angolare della tangente al grafico di f(x) in x0, tale tangente e orizzontale.Quindi, se f(x) e continua in [a, b], derivabile in ]a, b[ ed agli estremi assume lo stessovalore, ossia f(a) = f(b), esiste una tangente orizzontale al suo grafico, come mostratoin figura 4.

Teorema (Lagrange). Sia f : [a, b] −→ R continua su [a, b] e derivabile su ]a, b[.Allora esiste x0 ∈]a, b[ tale che f ′(x0) = f(b)−f(a)

b−a .

a b

f ( a )

f ( b )

x

y

x0

s

t

Figura 5: Teorema di Lagrange

Interpretazione geometrica del teorema di Lagrange. Sia f : [a, b] −→ R una funzionecontinua su [a, b] e derivabile su ]a, b[. Il teorema suddetto ci garantisce l’esistenza di unpunto x0 fra a in b in cui f ′(x0) = f(b)−f(a)

b−a : siccome f ′ (x0) e il coefficiente angolare della

tangente t al grafico di f(x) in x0 e f(b)−f(a)b−a e il coefficiente angolare della retta s secante

il grafico di f(x) nei punti (a, f(a)) e (b, f(b)), le rette t ed s sono parallele, poiche hanno

6


lo stesso coefficiente angolare. Quindi, se f(x) e continua in [a, b], derivabile in ]a, b[,esiste una tangente al suo grafico parallela alla secante al grafico stesso, come mostratoin figura 5.

Teorema (de l’Hopital). Se il limite limx→x0

f(x)g(x) si presenta nella forma indeter-

minata ±∞±∞ o nella forma indeterminata 0

0 , ma esiste il limite limx→x0

f ′(x)g′(x) , allora

limx→x0

f(x)g(x)

= limx→x0

f ′(x)g′(x)

.1

Il teorema di de L’Hopital non ha interpretazione geometrica, ma permette di calco-lare in modo semplice molti limiti.


limx→2

x2 − 5x + 6x2 − 4

=00

si puo operare come suggerito dal teorema di de L’Hopital facendo il limite del rapportodella derivata del numeratore con la derivata del denominatore:

limx→2

2x− 52x

= −14⇒ lim

x→2

x2 − 5x + 6x2 − 4

= −14.


limx→−1

3x3 − x2 + 4−x2 + x + 2

=00


limx→−1

9x2 − 2x

−2x + 1=

113

⇒ limx→−1

3x3 − x2 + 4−x2 + x + 2

=113

.


limx→1

x2 − 1x2 − 2x + 1

=00


limx→1

2x

2x− 2=

20,

ora c’e 0 al denominatore quindi calcoliamo separatamente il limite destro e quello sinistro

limx→1+

2x

2x− 2= +∞ ⇒ lim

x→1+

x2 − 1x2 − 2x + 1

= +∞,

limx→1−

2x

2x− 2= −∞ ⇒ lim

x→1−

x2 − 1x2 − 2x + 1

= −∞,

siccome il limite destro e quello sinistro sono diversi,

limx→1

x2 − 1x2 − 2x + 1

= non esiste.

1Il teorema di de l’Hopital si dovrebbe esprimere in termini piu rigorosi e precisi, ma per i nostri scopil’espressione adottata e piu che sufficiente; inoltre tale teorema vale anche quando x0 → x+

0 o x → x−0 oquando x0 = ±∞.

7



limx→+∞

3x2 − 5x + 62− 3x

=+∞−∞−∞ ,


limx→+∞

6x− 5−3

= −∞ ⇒ limx→+∞

3x2 − 5x + 62− 3x

= −∞.


limx→−∞

3x2 − 5x + 64x2 − 5x + 7

=+∞+∞ ,


limx→−∞

6x− 58x− 5

=−∞−∞ ;

che e ancora indeterminato; possiamo quindi applicare nuovamente il teorema di del’Hopital, cosı

limx→−∞

68

=34⇒ lim

x→−∞3x2 − 5x + 64x2 − 5x + 7

=34.


limx→+∞

3x2 + 5x + 63x3 − 6x2 + 2

=+∞

+∞−∞ ,


limx→+∞

6x + 59x2 − 12x

=+∞

+∞−∞ ;


limx→+∞

618x− 12

= 0 ⇒ limx→+∞

3x2 − 5x + 63x3 − 6x2 + 2

= 0.


limx→+∞

6x2 − 6x

3x2 − 5x + 2=

+∞−∞+∞−∞ ,


limx→+∞

12x− 66x− 5

=+∞+∞ ;


limx→+∞

126

= 2 ⇒ limx→+∞

6x2 − 6x

3x2 − 5x + 2= 2.

8

Le derivate 5. Applicazioni dei teoremi del calcolo differenziale

5 Applicazioni dei teoremi del calcolo differenziale

Una funzione f(x) con dominio D e crescente se e solo se per ogni x1, x2 ∈ D conx1 < x2 si ha f (x1) < f (x2) (un esempio e mostrato in figura 6(a)). Una funzionef(x) con dominio D e decrescente se e solo se per ogni x1, x2 ∈ D con x1 < x2 si haf (x1) > f (x2) (un esempio e mostrato in figura 6(b)). Dal teorema di Lagrange segueche:

• sia f : [a, b] −→ R una funzione continua in [a, b] e derivabile in ]a, b[; se f ′(x) > 0per ogni x ∈]a, b[, allora f(x) e crescente;

• sia f : [a, b] −→ R una funzione continua in [a, b] e derivabile in ]a, b[; se f ′(x) < 0per ogni x ∈]a, b[, allora f(x) e decrescente.

( a ) ( b )

Figura 6: Funzioni crescenti e decrescenti

a

bx1

x2

x3 x

4

Figura 7: Massimi e minimi locali

Assumiamo la funzione f : [a, b] −→ R il cui grafico e tracciato in figura 7. I reali a,x2 ed x4 sono caratterizzati dal fatto che la funzione assume il valore minimo fra tuttii punti ad essi vicini, quindi diremo che essi sono i minimi locali di f(x). Si osservi,anche, che x2 e pure il minimo di f su tutto il dominio e quindi x2 e anche un minimoglobale. I reali x1, x3 e b sono caratterizzati dal fatto che la funzione assume il valoremassimo fra tutti i punti ad essi vicini, quindi diremo che essi sono i massimi locali dif(x). Si osservi, anche, che x3 e pure il massimo di f su tutto il dominio e quindi x3

e anche un massimo globale. Si deduce quindi che ogni massimo globale e anche un

9

Le derivate 5. Applicazioni dei teoremi del calcolo differenziale

massimo locale ed ogni minimo globale e anche un minimo locale, ma il viceversa non evero.

Esempio. Cerchiamo i massimi ed i minimi locali della funzione f(x) = x2−5x+1x2−x+1

.Intanto, per determinarne il dominio poniamo x2−x+1 6= 0 e risolviamo x2−x+1 = 0tramite

x1,2 =1±√1− 4

2:

siccome 1− 4 = −3 < 0, l’equazione e impossibile e quindi il dominio di f(x) e tutto R.A questo punto dobbiamo calcolare

f ′(x) =(2x− 5)

(x2 − x + 1

)− (x2 − 5x + 1

)(2x− 1)

(x2 − x + 1)2=

=2x3 − 2x2 + 2x− 5x2 + 5x− 5− 2x3 + x2 + 10x2 − 5x− 2x + 1

(x2 − x + 1)2=

4x2 − 4(x2 − x + 1)2

e poi studiamo il segno della derivata.

-1 1 x

ND

f

1-1

+

+

+++

+

--

-

f

( a ) ( b )

Figura 8: Massimi e minimi locali di f(x) = x2−5x+1x2−x+1

Il numeratore e positivo quando 4x2 − 4 > 0, ossia, dividendo ambo i membri per4, quando x2 − 1 > 0; l’equazione x2 − 1 = 0 e equivalente a x2 = 1 ed ha soluzionix = ±1, dunque la parabola in figura 8(a) mostra che il numeratore e positivo perx < −1 ∨ x > 1. Il denominatore, essendo

(x2 − x + 1

)2, e sempre positivo. Lo schemain figura 8(b) riporta il segno della derivata f ′(x) ottenuto mediante l’usuale regola deisegni e, sotto di esso, l’andamento della funzione f(x); siccome f ′(x) > 0 per x < −1 oper x > 1, la f(x) e crescente per x < −1 o per x > 1; mentre, siccome f ′(x) < 0 in−1 < x < 1, la funzione f(x) e decrescente in −1 < x < 1. Quindi il punto x = −1 eun massimo locale di f(x) poiche la funzione aumenta prima di x = 1 e poi diminuisce,mentre il punto x = 1 e un minimo locale di f(x) poiche la funzione diminuisce prima dix = 1 e poi aumenta. Infine f(−1) = 7

3 e f(1) = −3.

Esempio. Cerchiamo i massimi ed i minimi locali della funzione f(x) = 4x−13−6x . Intan-

to, per determinarne il dominio poniamo 3− 6x 6= 0, ossia −6x 6= −3 e dunque x 6= 12 ; il

dominio di f(x) e D = R− {12

}. A questo punto dobbiamo calcolare

f ′(x) =4(3− 6x)− (4x− 1)(−6)

(3− 6x)2=

12− 24x + 24x− 6(3− 6x)2

=6

(3− 6x)2.

e poi studiamo il segno della derivata. Il numeratore e 6, quindi e positivo, il denomi-natore e sempre positivo, a patto che x 6= 1

2 , quindi f ′(x) > 0 per ogni x ∈ D. Cosı lafunzione f(x) e sempre crescente e non ci sono massimi e minimi locali.

10

Le derivate 6. Derivata seconda ed applicazioni

Come conseguenza del teorema di Rolle abbiamo il seguente risultato:

• sia f : [a, b] −→ R una funzione continua su [a, b] e derivabile su ]a, b[. Se x0 ∈]a, b[e un massimo locale od un minimo locale di f(x), allora f ′ (x0) = 0.

A

B

Figura 9: Grafico di f(x) = x3

Il viceversa di questo fenomeno non e vero, ossia se f ′ (x0) = 0, x0 non e necessaria-mente un punto di massimo locale o di minimo locale. Ad esempio, il valore x = 0 none ne un massimo locale e ne un minimo locale di f(x) = x3 + 1, come si vede dal suografico di figura 9, ma, siccome f ′(x) = 3x2, risulta f ′(0) = 0.

6 Derivata seconda ed applicazioni

Consideriamo la funzione f(x) = x3 − 5x2 + 7, siccome essa e definita e derivabile inogni punto di R, possiamo considerare la sua derivata f ′(x) = 3x2 − 10x in un qualsiasix ∈ R. Si noti che f ′(x) e, a sua volta, una funzione definita e derivabile in tutti i puntidi R, quindi possiamo calcolare la sua derivata f ′′(x) = 6x − 10 definita ancora in ognipunto x ∈ R. La funzione f ′′(x) = 6x− 10 e la derivata seconda di f(x) = x3 − 5x2 + 7,poiche e la derivata della derivata di f(x). Quindi, in generale, quando una funzionef(x) definita in un insieme D ha la derivata prima f ′(x) derivabile, la derivata f ′′(x) dif ′(x) si chiama derivata seconda di f(x) e la funzione f(x) si dice derivabile duevolte in D.

Dalla geometria analitica abbiamo imparato che ogni parabola descritta dall’equazioney = ax2 + bx + c con a > 0 ha concavita rivolta verso l’alto, mentre se a < 0 la parabolaha concavita rivolta verso il basso; generalizziamo questo concetto.

Definizione. Assumiamo una funzione f :]a, b[−→ R, siano γ il suo grafico, x ∈]a, b[un punto qualsiasi e tx la tangente a γ nel punto di ascissa x.

• La funzione f si dice convessa in x ∈]a, b[, oppure che il suo grafico γ haconcavita verso l’alto in x ∈]a, b[, se e solo se il grafico γ si trova al di sopra ditx nei punti vicini ad x.

• La funzione f si dice concava in x ∈]a, b[, oppure che il suo grafico γ ha con-cavita verso il basso in x ∈]a, b[, se e solo se il grafico γ si trova al di sotto di txnei punti vicini ad x.

11

Le derivate 6. Derivata seconda ed applicazioni

( a ) ( b ) ( c )

x0

t

t

xx

x

x

Figura 10: Funzioni convesse e concave

In figura 10(a) e mostrato il grafico di una funzione convessa, in figura 10(b) emostrato il grafico di una funzione concava.

Si possono provare i seguenti fatti:

• sia f :]a, b[−→ R una funzione derivabile due volte; se f ′′(x) > 0 per ogni x ∈]a, b[,allora f(x) e convessa in tutti gli x ∈]a, b[;

• sia f :]a, b[−→ R una funzione derivabile due volte; se f ′′(x) < 0 per ogni x ∈]a, b[,allora f(x) e concava in tutti gli x ∈]a, b[.

In figura 10(c) e mostrato il grafico di una funzione convessa prima di x0 e concavadopo x0: un punto del dominio di una funzione f(x) si dice punto di flesso di f(x) see solo se la funzione e convessa nei punti x < x0 ed e concava nei punti x > x0 oppure lafunzione e concava nei punti x < x0 ed e convessa nei punti x > x0.

f +-

f

2

3

Figura 11: Concavita del grafico di f(x) = x3 − 2x2 + x− 2

Esempio. Cerchiamo di studiare la concavita del grafico di f(x) = x3−2x2+x−2. Perfare cio dobbiamo determinare la sua derivata seconda, quindi f ′(x) = 3x2−4x+1 e cosıf ′′(x) = 6x− 4. Studiamo il segno della derivata seconda: essa e positiva per 6x− 4 > 0ossia 6x > 4 quindi x > 2

3 . Lo schema in figura 11 riporta il segno della derivata secondaf ′′(x) e, sotto di esso, l’andamento della funzione f(x); siccome f ′′(x) > 0 per x > 2

3 , laf(x) e convessa per x > 2

3 , mentre, siccome f ′′(x) < 0 per x < 23 , la f(x) e concava per

x < 23 . Il punto x = 2

3 e quindi un punto di flesso per f(x) e f(

23

)= −52

27 .

12

Le derivate 7. Studio completo di funzioni

f + -

f

1

2

Figura 12: Concavita del grafico di f(x) = 4x−13−6x

Esempio. Cerchiamo di studiare la concavita del grafico di f(x) = 4x−13−6x di dominio

D = R− {12

}. La sua derivata e

f ′(x) =4(3− 6x)− (4x− 1)(−6)

(3− 6x)2=

12− 24x + 24x− 6(3− 6x)2

=6

(3− 6x)2,

quindi

f ′′(x) =−6 · 2(3− 6x)(−6)

(3− 6x)4=

72(3− 6x)(3− 6x)4

=72

(3− 6x)3.

Il numeratore e 72, quindi e positivo, il denominatore e (3−6x)3 quindi ha lo stesso segnodi 3− 6x; dunque esso e positivo per 3− 6x > 0 ossia per −6x > −3 e quindi per x < 1

2 .Lo schema in figura 12 riporta il segno della derivata seconda f ′′(x) e, sotto di esso,l’andamento della funzione f(x); siccome f ′′(x) > 0 per x < 1

2 , la f(x) e convessa perx < 1

2 , mentre, siccome f ′′(x) < 0 per x > 12 , la f(x) e concava per x > 1

2 . Attenzione,pero, che il punto x = 1

2 non e flesso per f(x), poiche non appartiene al dominio di f(x).

7 Studio completo di funzioni

Abbiamo ora a disposizione tutti gli strumenti utili per disegnare correttamente edin modo completo il grafico di una funzione f(x). La determinazione del grafico di unafunzione, a partire da una sua espressione analitica, si e soliti chiamare studio dellafunzione in esame. Esso comprende i seguenti momenti.

1. La determinazione del dominio di f(x);

2. L’individuazione dei punti di intersezione del grafico y = f(x) con l’asse y e poicon l’asse x;

3. La deduzione del segno della funzione f(x);

4. La determinazione degli asintoti del grafico di f(x);

5. Lo studio della crescenza o decrescenza di f(x), ossia capire dove f(x) cresce e dovedecresce e, di conseguenza, individuare gli eventuali massimi locali e minimi localidi f(x), tutto attraverso l’analisi del segno della derivata di f(x);

6. Lo studio della convessita o della concavita di f(x), ossia dedurre dove f(x) econvessa e dove f(x) e concava, determinando di conseguenza gli eventuali puntidi flesso, tutto attraverso l’analisi del segno della derivata seconda di f(x)

13


7. Tracciare il grafico della funzione in esame, avendo cura che sia il piu possibilecompleto e preciso. Si ricordi che tale grafico deve essere costruito gradualmentenel corso dello studio di f(x): ogni informazione ottenuta dal calcolo, sara cosıtrasformata nell’equivalente rappresentazione geometrica. In tal modo, in ogni fasedello studio si potranno confrontare i risultati ottenuti, scoprendo ogni eventualediscordanza od incongruenza, cosı che sia possibile accorgersi di eventuali erroriprima che sia troppo tardi.

Studio di f(x) = x3 + 1

Dominio. La funzione e un polinomio, quindi il suo dominio e D = R.Intersezione con gli assi. L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse y e

{x = 0y = x3 + 1

⇒{

x = 0y = 1

⇒ A(0, 1).

L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse x e{

y = 0y = x3 + 1

⇒{

y = 00 = x3 + 1

;

l’equazione alla seconda riga diviene −x3 = 1 e, cambiando i segni, si ha x3 = −1; aquesto punto, estraendo la redice cubica ad ambo i membri, si ottiene la soluzione x = −1che ci da il punto di intersezione B(−1, 0).

Segno. La funzione e positiva quando x3 +1 > 0, ossia x3 > −1: estraendo la redicecubica ad ambo i membri, si ottiene x > −1. Dunque f(x) e positiva per x > −1 enegativa per x < −1.

Asintoti. Siccome il dominio di f(x) e tutto R, non ci sono asintoti verticali. Pertrovare eventiali asintoti orizzontali, eseguiamo i limiti

limx→+∞

(x3 + 1

)= +∞, lim

x→−∞(x3 + 1

)= −∞,

da cui deduciamo che non esistono asintoti orizzontali. Per trovare eventuali asintotiobliqui eseguiamo i limiti

limx→+∞

x3 + 1x

= limx→+∞

x3(1 + 1

x3

)

x= lim

x→+∞x2

(1 +

1x3

)= +∞,

limx→−∞

x3 + 1x

= limx→−∞

x3(1 + 1

x3

)

x= lim

x→−∞x2

(1 +

1x3

)= +∞,

da cui deduciamo che non esistono asintoti obliqui.Derivata. La derivata di f(x) e f ′(x) = 3x2. Per studiarne il segno poniamo 3x2 > 0:

questa disuguaglianza e sempre vera per x 6= 0; siccome f ′(x) > 0 per x > 0 o per x < 0,f(x) e crescente per x > 0 o x < 0.

Derivata seconda. La derivata seconda di f(x) e f ′′(x) = 6x. Per studiare il segnoponiamo 6x > 0 che ha soluzione x > 0, la quale ci dice dove f ′′(x) e positiva. Lo schemain figura 16 riporta l’andamento della funzione f(x); siccome f ′′(x) > 0 per x > 0, laf(x) e convessa per x > 0, mentre, siccome f ′′(x) < 0 per x < 0, la f(x) e concava perx < 0. Il punto x = 0 e quindi un punto di flesso per f(x) e f (0) = 1.

Il grafico di f(x) = x3 + 1 si trova in figura 9.

14


+-

f

f

0

Figura 13: Concavita del grafico di f(x)

Studio di f(x) = 124

x3 + 38x2 + x

Dominio. La funzione e un polinomio, quindi il suo dominio e D = R.Intersezione con gli assi. L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse y e

{x = 0y = 1

24x3 + 38x2 + x

⇒{

x = 0y = 0

⇒ O(0, 0).


y = 0y = 1

24x3 + 38x2 + x

⇒{

y = 00 = 1

24x3 + 38x2 + x

;

l’equazione alla seconda riga diviene − 124x3 − 3

8x2 − x = 0 e, cambiando i segni, si ha124x3 + 3

8x2 + x = 0; a questo punto eseguendo il m.c.d. ad ambo i membri si ottienex3+9x2+24x

24 = 024 ossia x3 + 9x2 + 24x = 0; raccogliendo a fattor comune la x, l’equazione

si scrive x(x2 + 9x + 24

)= 0 dunque una soluzione e x = 0 le altre si ottengono da

x2 + 9x + 24 = 0:

x1,2 =−9±√81− 96

2= impossibile,

cosı l’unica soluzione e x = 0 che ci da ancora il punto di intersezione O(0, 0).

0

+ +

+

+

-

-f( a ) ( b )

Figura 14: Segno di f(x) = x2 + 9x + 24

Segno. La funzione e positiva quando 124x3+ 3

8x2+x > 0; a questo punto eseguendo ilm.c.d. ad ambo i membri si ottiene x3+9x2+24x

24 > 024 ossia x3+9x2+24x > 0; raccogliendo

a fattor comune la x, la disequazione si scrive x(x2 + 9x + 24

)> 0 che e il prodotto di

due fattori; il primo e x e quindi e positivo per x > 0, il secondo e x2 + 9x + 24 che epositivo per x2 + 9x + 24 > 0: l’equazione associata e impossibile (gia visto nello studiodell’intersezione), quindi dalla parabola di figura 14(a) si ottiene x2 + 9x + 24 > 0 perogni x ∈ R; in figura 14(b) e schematizzato il segno di f(x) ottenuto dalla regola deisegni del prodotto fra x e x2 + 9x + 24.

15


Asintoti. Siccome il dominio di f(x) e tutto R, non ci sono asintoti verticali. Pertrovare eventiali asintoti orizzontali, eseguiamo i limiti

limx→+∞

(124

x3 +38x2 + x

)= lim

x→+∞x3

(124

+38x

+1x2

)= +∞,

limx→−∞

(124

x3 +38x2 + x

)= lim

x→−∞x3

(124

+38x

+1x2

)= −∞,

da cui deduciamo che non esistono asintoti orizzontali. Per trovare eventuali asintotiobliqui eseguiamo i limiti

limx→+∞

124x3 + 3

8x2 + x

x= lim

x→+∞

(124

x2 +38x + 1

)= lim

x→+∞x2

(124

+38x

+1x2

)= +∞,

limx→−∞

124x3 + 3

8x2 + x

x= lim

x→−∞

(124

x2 +38x + 1

)= lim

x→−∞x2

(124

+38x

+1x2

)= +∞,

da cui deduciamo che non esistono asintoti obliqui.

+ +-

f

( a ) ( b )

-2-4

f

-4 -2

Figura 15: Segno di f ′(x) ed andamento di f(x)

Derivata. La derivata di f(x) e f ′(x) = 18x2 + 3

4x + 1. Per studiarne il segnoponiamo 1

8x2 + 34x + 1 > 0; a questo punto eseguendo il m.c.d. ad ambo i membri si

ottiene x2+6x+88 > 0

8 ossia x2 +6x+8 > 0; l’equazione associata e x2 +6x+8 = 0 per cui

x1,2 =−6±√36− 32

2=−6± 2

2

dunque le soluzioni sono x1 = −4 e x2 = −2. La parabola di figura 15(a) mostra chef ′(x) > 0 per x < −4 ∨ x > −2. Lo schema in figura 15(b) riporta il segno della derivataf ′(x) e, sotto di esso, l’andamento della funzione f(x); siccome f ′(x) > 0 per x < −4 oper x > −2, f(x) e crescente per x < −4 o per x > −2; mentre, siccome f ′(x) < 0 in−4 < x < −2, f(x) e decrescente in −4 < x < −2. Quindi il punto x = −4 e un massimolocale di f(x) e f(−4) = −8

3 + 6− 4 = −23 , mentre il punto x = −2 e un minimo locale

di f(x) e f(−2) = −13 + 3

2 − 2 = −56 .

+-

f

f

-3


16


Derivata seconda. La derivata seconda di f(x) e f ′′(x) = 14x + 3

4 . Per studiare ilsegno poniamo 1

4x + 34 > 0; a questo punto eseguendo il m.c.d. ad ambo i membri si

ottiene x+34 > 0

4 ossia x + 3 > 0 che ha soluzione x > −3, la quale ci dice dove f ′′(x)e positiva. Lo schema in figura 16 riporta l’andamento della funzione f(x); siccomef ′′(x) > 0 per x > −3, la f(x) e convessa per x > −3, mentre, siccome f ′′(x) < 0 perx < −3, la f(x) e concava per x < −3. Il punto x = −3 e quindi un punto di flesso perf(x) e f (−3) = −9

8 + 278 − 3 = −3

4 .

Figura 17: Grafico di f(x) = 124x3 + 3

8x2 + x

Il grafico di f(x) = 124x3 + 3

8x2 + x si trova in figura 17.

Studio di f(x) = 4x−13−6x

Dominio. Per determinarne il dominio poniamo 3 − 6x 6= 0, ossia −6x 6= −3 edunque x 6= 1

2 ; il dominio di f(x) e D = R− {12

}.

Intersezione con gli assi. L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse y e{

x = 0y = 4x−1

3−6x

⇒{

x = 0y = −1

3

⇒ A

(0,−1

3

).


y = 0y = 4x−1

3−6x

⇒{

y = 00 = 4x−1

3−6x

⇒{

y = 00

3−6x = 4x−13−6x

;

l’equazione alla seconda riga diviene 0 = 4x − 1 da cui −4x = −1 e, dividendo per −4ambo i membri, si giunge alla soluzione x = 1

4 ottenendo il punto B =(

14 , 0

).

+ +

+

+

-

-f

1

2

1

4

N

D

+

-

-

Figura 18: Segno di f(x) = 4x−13−6x

17


Segno. Il numeratore e positivo quando 4x−1 > 0, da cui 4x > 1 e, dividendo per 4ambo i membri, x > 1

4 . Il denominatore e positivo quando 3− 6x > 0, da cui −6x > −3;se cambiamo i segni si ha 6x < 3 e, dividendo per 6 ambo i membri, x < 1

2 . In figura18 e schematizzato il segno di f(x) ottenuto dalla regola dei segni della divisione franumeratore e denominatore.

Asintoti. Calcolando i limiti

limx→( 1

2)+

4x− 13− 6x

= −∞, limx→( 1

2)−

4x− 13− 6x

= +∞,

deduciamo che x = 12 e un asintoto verticale per il grafico di f(x). Invece, dal calcolo dei

limiti

limx→+∞

4x− 13− 6x

= limx→+∞

x(4− 1

x

)

x(

3x − 6

) = limx→+∞

4− 1x

3x − 6

= −46

= −23,

limx→−∞

4x− 13− 6x

= limx→−∞

x(4− 1

x

)

x(

3x − 6

) = limx→−∞

4− 1x

3x − 6

= −46

= −23,

otteniamo che y = −23 e un asintoto orizzontale per il grafico di f(x). Essendo presente

un asintoto orizzontale sia destro che sinistro, non esistono asintoti obliqui.Derivata. La derivata e

f ′(x) =4(3− 6x)− (4x− 1)(−6)

(3− 6x)2=

12− 24x + 24x− 6(3− 6x)2

=6

(3− 6x)2.

e poi studiamo il segno della derivata. Il numeratore e 6, quindi e positivo, il denomi-natore e sempre positivo, a patto che x 6= 1

2 , quindi f ′(x) > 0 per ogni x ∈ D. Cosı lafunzione f(x) e sempre crescente e non ci sono massimi e minimi locali.

f + -

f

1

2

Figura 19: Concavita del grafico di f(x) = 4x−13−6x

Derivata seconda. La derivata seconda e

f ′′(x) =−6 · 2(3− 6x)(−6)

(3− 6x)4=

72(3− 6x)(3− 6x)4

=72

(3− 6x)3.

Il numeratore e 72, quindi e positivo, il denominatore e (3−6x)3 quindi ha lo stesso segnodi 3− 6x; dunque esso e positivo per 3− 6x > 0 ossia per −6x > −3 e quindi per x < 1

2 .Lo schema in figura 19 riporta il segno della derivata seconda f ′′(x) e, sotto di esso,l’andamento della funzione f(x); siccome f ′′(x) > 0 per x < 1

2 , la f(x) e convessa perx < 1

2 , mentre, siccome f ′′(x) < 0 per x > 12 , la f(x) e concava per x > 1

2 . Attenzione,pero, che il punto x = 1

2 non e flesso per f(x), poiche non appartiene al dominio di f(x).Il grafico di f(x) = 4x−1

3−6x si trova in figura 20.

18


x= 12

y= - 23

Figura 20: Grafico di f(x) = 4x−13−6x

Studio di f(x) = 1x2+1

Dominio. Per determinarne il dominio poniamo x2+1 6= 0 che e sempre vera, quindiD = R.

Intersezioni con gli assi. L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse y e{

x = 0y = 1

x2+1

⇒{

x = 0y = 1

⇒ A (0, 1) .


y = 0y = 1

x2+1

⇒{

y = 00 = 1

x2+1

⇒{

y = 00

x2+1= 1

x2+1

⇒{

y = 00 = 1

;

l’equazione alla seconda riga e impossibile, quindi non esistono intersezioni del grafico dif(x) con l’asse x.

Figura 21: Segno di x2 + 1

Segno. Il numeratore e positivo, poiche e uguale ad 1. Il denominatore e positivoquando x2 + 1 > 0: gia sappiamo che x2 + 1 = 0 non ha soluzioni (infatti x2 = −1 eimpossibile come x = ±√−1) e dalla figura 21 deduciamo che anche il denominatore esempre positivo. Quindi la funzione e sempre positiva.

Asintoti. Siccome non ci sono punti esclusi dal dominio, non ci sono asintoti verticali.Dal calcolo dei limiti

limx→+∞

1x2 + 1

= 0, limx→−∞

1x2 + 1

= 0

otteniamo che y = 0 (ossia l’asse x) e un asintoto orizzontale per il grafico di f(x).Essendo presente un asintoto orizzontale sia destro che sinistro, non esistono asintotiobliqui.

Derivata. La derivata di f(x) e

f ′(x) =−2x

(x2 + 1)2;

19


+ -

f

N

D +

-

0

+

+

f

Figura 22: Segno di f ′(x) ed andamento di f(x)

siccome il denominatore e sempre positivo, il segno di f ′(x) e determinato soltanto da−2x che e > 0 per x < 0: −2x > 0 cambiando i segni diviene 2x < 0 e, dividendo amboi membri per 2, si ottiene x < 0. Lo schema in figura 22 riporta il segno della derivataf ′(x) e, sotto di esso, l’andamento della funzione f(x); siccome f ′(x) > 0 per x < 0, f(x)e crescente per x < 0; mentre, siccome f ′(x) < 0 per x > 0, f(x) e decrescente per x > 0.Quindi il punto x = 0 e un massimo locale di f(x) (in realta, siccome f(x) e continua sututto R, dallo schema si deduce che x = 0 e un massimo di f(x) su tutto R) e f(0) = 1.

+ -

f

N

D +

-

+

+

f

( a )

++

+

( b )

1

3

1

3

1

3

1

3


Derivata seconda. La derivata seconda di f(x) e

f ′′(x) =−2

(x2 + 1

)2 + 2x · 2 (x2 + 1

) · 2x

(x2 + 1)4=−2

(x2 + 1

)+ 2x · 2 · 2x

(x2 + 1)3=

=−2x2 − 2 + 8x2

(x2 + 1)3=

6x2 − 2(x2 + 1)3

;

siccome il denominatore e sempre positivo poiche x2 + 1 > 0 per ogni x ∈ R, il segno dif ′′(x) e determinato soltanto da 6x2−2 > 0: 6x2−2 = 0 implica 6x2 = 2 da cui, dividendo

ambo i membri per 6, x2 = 13 e cosı x = ±

√13 ; dalla parabola di figura 23(a) segue che

il numeratore e positivo per x < −√

13 ∨ x >

√13 . Lo schema in figura 23(b) riporta

il segno dif ′′(x) e, sotto di esso, l’andamento della funzione f(x); siccome f ′′(x) > 0 per

x < −√

13 o per x >

√13 , f(x) e convessa per x < −

√13 o per x >

√13 ; mentre, siccome

f ′′(x) < 0 in −√

13 < x <

√13 , f(x) e concava in −

√13 < x <

√13 . I punti x = −

√13 ed

x =√

13 sono dei flessi e f

(−

√13

)= 1

13+1

= 143

= 34 , f

(√13

)= 1

13+1

= 143

= 34 .

Il grafico di f(x) = 1x2+1

si trova in figura 24.

20


Figura 24: Grafico di f(x) = 1x2+1

Studio di f(x) = x2−3xx−4

Dominio. Per determinare il dominio dobbiamo porre x − 4 6= 0, quindi x 6= 4 dacui segue che f(x) ha dominio D = R− {4}.

Intersezione con gli assi. L’intersezione del grafico di f(x) con l’asse y e{

x = 0y = x2−3x

x−4

⇒{

x = 0y = 0

⇒ O (0, 0) .


y = 0y = x2−3x

x−4

⇒{

y = 00 = x2−3x

x−4

⇒{

y = 00

x−4 = x2−3xx−4

;

l’equazione alla seconda riga diviene 0 = x2 − 3x da cui −x2 + 3x = 0 e, cambiando isegni, x2 − 3x = 0; raccogliendo x a fattor comune si ha x(x − 3) = 0 da cui seguonox = 0 o x − 3 = 0, quindi le soluzioni sono x = 0 o x = 3 ottenendo i punti O (0, 0) eA(3, 0).

Segno. Il numeratore e positivo quando x2 − 3x > 0: gia sappiamo che x2 − 3x = 0per x = 0 o x = 3 (visto nell’intersezione con gli assi), quindi dalla parabola di figura25(a) si ottiene che x2 − 3x > 0 quando x < 0 ∨ x > 3. Il denominatore e positivoquando x−4 > 0 ossia quando x > 4. Nello schema di figura 25(b) e mostrato il segno dif(x) ottenuto mediante la regola dei segni nella divisione fra numeratore e denominatore.

Asintoti. Calcolando i limiti

limx→4+

x2 − 3x

x− 4= +∞, lim

x→4−

x2 − 3x

x− 4= −∞,

21


0 3 x

N

D

f

40

+ +

+

+

+

+-

-

-

( a ) ( b )

3

- -

-

Figura 25: Segno di f(x) = x2−3xx−4

deduciamo che x = 4 e un asintoto verticale per il grafico di f(x). Invece, dal calcolo deilimiti

limx→+∞

x2 − 3x

x− 4= lim

x→+∞x2

(1− 3

x

)

x(1− 4

x

) = limx→+∞

x(1− 3

x

)

1− 4x

= +∞,

limx→−∞

x2 − 3x

x− 4= lim

x→−∞x2

(1− 3

x

)

x(1− 4

x

) = limx→−∞

x(1− 3

x

)

1− 4x

= −∞,

otteniamo che il grafico di f(x) non possiede asintoti orizzontali, quindi vediamo se nepossiede di obliqui. Calcolando i limiti

limx→+∞

(x2 − 3x

x− 4· 1x

)= lim

x→+∞x2 − 3x

x2 − 4x= lim

x→+∞x2

(1− 3

x

)

x2(1− 4

x

) = limx→+∞

1− 3x

1− 4x

= 1,

limx→+∞

(x2 − 3x

x− 4− x

)= lim

x→+∞x2 − 3x− x2 + 4x

x− 4= lim

x→+∞x

x− 4=

= limx→+∞

x

x(1− 4

x

) = limx→+∞

11− 4

x

= 1,

ed anche

limx→−∞

(x2 − 3x

x− 4· 1x

)= lim

x→−∞x2 − 3x

x2 − 4x= lim

x→−∞x2

(1− 3

x

)

x2(1− 4

x

) = limx→−∞

1− 3x

1− 4x

= 1,

limx→−∞

(x2 − 3x

x− 4− x

)= lim

x→−∞x2 − 3x− x2 + 4x

x− 4= lim

x→−∞x

x− 4=

= limx→−∞

x

x(1− 4

x

) = limx→−∞

11− 4

x

= 1,

si ottiene che y = x + 1 e un asintoto obliquo per il grafico di f(x).Derivata. La derivata e

f ′(x) =(2x− 3)(x− 4)− (

x2 − 3x)

(x− 4)2=

2x2 − 8x− 3x + 12− x2 + 3x

(x− 4)2=

x2 − 8x + 12(x− 4)2

.

Il numeratore e positivo quando x2−8x+12 > 0: l’equazione associata e x2−8x+12 = 0con soluzioni

x1,2 =8±√64− 48

2=

8± 42

da cui si ottiene che esse sono x = 2 e x = 6; dalla parabola di figura 26(a) si deduce cheil numeratore e positivo per x < 2 ∨ x > 4. Il denominatore e sempre positivo per ogni

22


2 6 x

ND

f

62

+

+

++

+

-

( a ) ( b )

-f

++

Figura 26: Segno del segno di f ′(x)

x ∈ D, poiche e (x− 4)2. Il segno di f ′(x), ottenuto dalla regola dei segni nella divisionefra numeratore e denominatore, e mostrato in figura 26(b). Siccome f ′(x) > 0 per x < 2o x > 6, allora f(x) e crescente per x < 2 o x > 6; siccome f ′(x) < 0 in 2 < x < 6,f(x) e decrescente in 2 < x < 6. Quindi x = 2 e un massimo locale di f(x), x = 6 e unminimo locale per f(x) ed inoltre f(2) = 4−6

2−4 = 1, f(6) = 36−186−4 = 9.

ND

f

4

+ +

+

-

-f

+


Derivata seconda. La derivata seconda e

f ′′(x) =(2x− 8)(x− 4)2 − (

x2 − 8x + 12) · 2(x− 4)

(x− 4)4=

=(2x− 8)(x− 4)− 2

(x2 − 8x + 12

)

(x− 4)3=

=2x2 − 8x− 8x + 32− 2x2 + 16x− 24

(x− 4)3=

8(x− 4)3

.

Il numeratore e sempre positivo, poiche vale 8, il denominatore e (x− 4)3 e quindi ha lostesso segno di x − 4, da cui si deduce che esso e positivo quando x − 4 > 0 ossia perx > 4. Lo schema in figura 27 riporta il segno di f ′′(x), ottenuto mediante la regola deisegni nella divisione fra numeratore e denominatore, e, sotto di esso, l’andamento dellafunzione f(x): siccome f ′′(x) > 0 per x > 4, la funzione e convessa per x > 4, siccomef ′′(x) < 0 per x < 4, la funzione e concava per x < 4. Il punto x = 4 non e un flesso dif(x), poiche non appartiene al dominio di f(x).

Il grafico di f(x) = x2−3xx−4 si trova in figura 28.

23


x=1

y=x+1

Figura 28: Grafico di f(x) = x2−3xx−4

24

DOCUMENTO FINALE -...

Documents

Transcript of DOCUMENTO FINALE -...