Appunti del corso di Analisi matematica I sulle derivate - parte 4

ESERCIZIO esame

f(x) = { log(1+2x²)/x se x<0; a x⁴ + b sin(2πx) se x>0 }

Trovate i valori a,b che rendono vera ciascuna delle seguenti:

1. f e continua in R risposta ∀a,b in R
2. f e derivabile in R risposta b = 1/π, a qualsiasi

Problemi di derivabilita'e continuita' sono in x=0.

In x=0 la f e' continua da destra.

Continuita' da sinistra:

lim_x>0 f(x) ? = f(0) = 0

lim_x>0 log(1+2x²) / (x·2x) · 2x = 0 ∀a,b in R

Derivabilita' in x=0.

Occorre che f sia continua in x=0, ma questo e' vero ∀a,b in R.

f derivabile da destra in x=0,e f'₊(0) = (a x⁴ + b sin(2πx))|_x=0

= 4x³ + 2πb cos(2πx)|_x=0 = 2πb

f'(0) = lim_h>0 (f(h)-f(0))/h = lim_h>0 log(1-2h²)/h² = 2

f derivabile in x=0 <=> f'₊(0) = f'(0) <=> 2πb = 2 <=> b = 1/π

-> derivabile se b = 1/π e a qualsiasi.

Derivata della funzione inversa

Siamo I intervallo, f: I -> R continua e strett. monotona

quindi: 1) im f e' un intervallo J ; f: I -> J biiettiva 2) esiste f^-1: J -> I strett. monotona e continua

Se f e' derivabile in x₀ e I, e f'(x₀) + 0, allora f^-1 e' derivabile in y₀ = f(x₀), e si ha

(f^-1)'(y₀) = 1 / f'(x₀) = 1 / f'(f^-1(y₀))

Spiegazione grafica:

esempio

f(x) = 1 + 2x + x⁵: R -> R

derivabile e strett. crescente (poiche' comp. di f' strett. crescente)

im f = R intervallo che va da inf al sup

e' f^-1: R -> R strett. crescente e continua.

f^-1 non riesco a scriverla esplicitamente, perche' dovrei risolvere nella variabile x l'equ 1+2x+x⁵ = y

f'(x) = 2 + 5x⁴ > 0     Vx e R

Il teorema dice che f^-1 e' derivabile in ogni y

(f^-1)'(y) = 1/f'(x) = 1/f'(f^-1(y)) = 1/(2 + 5x⁴) | x = f^-1(y)

-> dove x e' tale che f(x) = y(x = f^-1(y))

L'espressione resta non esplicita in quanto non e' nota f^-1(y)Tuttavia per alcuni y si trova (f^-1)'(y)

Per es. f(0) = 1      x₀ = 0, y₀ = 1

(f^-1)'(1) = 1/f'(0) = 1/2;

x₀ = 1 -> y₀ = 4

(f^-1)'(4) = 1/f'(1) = 1/(2 + 5x⁴) | x = 1 = 1/7

f(x) = x² : (0,+infty) -> (0,+infty)strett. crescente, derivabile, biuniva : f'(x) = 2x > 0

f^-1(y) = sqrt(y) : (0,+infty) -> (0,+infty)

Il teorema dice: dado y₀ > 0, sia x₀ t.c. x₀² = y₀cioe' x₀ = f^-1(y₀) = sqrt(y₀)

(f^-1)'(y₀) = 1/f'(x₀) = 1/(2x₀) = 1/(2sqrt(y₀))     V y₀ > 0

Abbiamo ritrovato     (sqrt(y))' = 1/(2sqrt(y))     V y > 0

f(x) = e^x : R -> (0,+oo) strett. crescente, derivabile, biiettiva

f'(x) = e^x > 0

Posso applicare il teorema x in R => y in (0,+oo)

(log y)' = (f^-1)'(y) = 1 / |f'(x)|_x=f^-1(y) = 1 / |e^x|_{x=log y} = 1 / y

f(x) = sin x : [-pi/2, pi/2] -> [-1,1]

strett. crescente, derivabile, f'(x) = cos x, biiettiva

f^-1(y) = arcsin x : [-1,1] -> [-pi/2, pi/2]

Posso applicare il teorema x c.c. f'(x) = cos x != 0 => x in (-pi/2, pi/2)

=> y in (-1,1)

y in (-1,1)

(arcsin y)' = (f^-1)'(y) = 1 / |f'(x)|_{x=arcsin y} = 1 / cos(arcsin y)

= 1 / √(1 - sin²(arcsin y)) = 1 / √(1 - y²)

D(arcsin x) = 1 / √(1 - x²)    x in (-1,1)

f(x) = cosx : [0, pi] -> [-1,1]

[0,pi] strettamente decrescente, derivabile: f'(x) = -sinxbiettiva

f^(-1)(y) = arccosy : [-1,1] -> [0,pi]

f'(x) = -sinx != 0     forall x in (0,pi) -> y in (-1,1)

(arccosy)' = (f^(-1))'(y) = 1 / f'(x) = -1 / sin(arccosy)

= - 1 / sqrt(1 - (cos(arccosy))^2) = - 1 / sqrt(1 - y^2)     forall y in (-1,1)

(arccosx)' = - 1 / sqrt(1 - x^2)     forall x in (-1,1)

Derivata di arctg

tgx : (-pi/2, pi/2) -> R

strett. crescente, derivabile: f'(x) = 1 + tg^2x > 0biettiva.

f^(-1)(y) = arc tg y : R -> (-pi/2, pi/2)

Posso applicare il teorema    forall x in (-pi/2, pi/2), cioe' forall y in R

(arctgy)' = (f^(-1))'(y) = 1 / f'(x) = 1 / (1 + tg^2(arctgy)) = 1 / (1 + y^2)

(arctgx)' = 1 / (1 + x^2)     forall x in R

dim (Teorema sull'inversa)

(f^-1)''(y₀) = lim_y→y0 (f^-1(y) - f^-1(y₀)) / (y - y₀) =

= lim_x→x0 (x - x₀) / (f(x) - f(x₀))

= lim_x→x0 1 / ((f(x) - f(x₀)) / (x - x₀)) = 1 / f'(x₀)

Cambio di variabile: x = f^-1(y) → f^-1(y₀) = x₀

per la continuita' imp. di f^-1 in f inversa

Estensione del teorema:

f : I → J strett. (decrescente/crescente), continua e biiettiva

Sia x₀ ∈ I t.c. f'(x₀) = 0

Allora f^-1 ha in y₀ = f(x₀) un pto a tg. verticale, cioe' (f^-1)''(y₀) = +∞ oppure -∞ se decrescente

La dim. e' esattamente stessa di prima solo 1/f'(x)... questo verra' una volta o+ oppure o- quindi +∞, -∞

Applicazioni

1) f(x) = x³ : R → R

strett. crescente, derivabile, biiettiva

f'(x) = 3x² |_x=0 = 0

x₀ = 0 → y₀ = 0

f^-1(y) = ³√y

(f^-1)''(0) = +∞

(gia' noto)

2) f(x) = sin x : [ -pi/2, pi/2 ] -> [ -1, 1 ]

strict crescente, derivabile e biiettiva

f'(x) = cos x

f^-1(y) = arcsin y

se x₀ = -pi/2 <=> y₀ = -1

x₀ = pi/2 <=> y₀ = 1

f'(x₀) = cos x₀ = 0

=> (f^-1)'(y₀) = + inf

Allo stesso modo, si trova che la derivata di arccos x in x = 1 vale - inf.

(arctg(x²+e^x))' = 1 / (1 + (x²+e^x)²) (2x + e^x)

Estremi relativi (o locali) di una funzione

f : X ⊂ R → R

Si dice punto di massimo assoluto di f (in X)

minimo o "globale"

in x₀ ∈ X t.c.

f(x₀) ≥ f(x)   ∀x ∈ X

Più di max o min assoluti si chiamano anche punti di estremo assoluto

x₀ ∈ X si dice punto di massimo relativo, o locale, di f

se ∃ U intorno di x₀ t.c.

f(x₀) ≥ f(x)   ∀x ∈ X ∩ U

Ovviamente un pto di estremo assoluto è anche pto di estremo relativo (max o min)

Il viceversa non è sempre vero

TEOREMA DI FERMAT sugli estremi locali

f : I -> R (I intervallo), derivabile in x₀ e I

x₀ sia interno a I (cioe' non e' uno degli estremi di I)

se x₀ e' un pto di estremo locale di f (pto di max locale o min locale)

allora f'(x₀) = 0

dim Supponiamo che x₀ sia di min locale per f.

cioe': ∃ intervallo U di x₀ t.c. f(x₀) <= f(x) ∀x ∈ U ⊆ I

Sia x ∈ U, x > x₀ => (f(x) - f(x₀)) / (x - x₀) ≥ 0

=> lim_x>x0 (f(x) - f(x₀)) / (x - x₀) = f'₊(x₀) = f'(x₀) ≥ 0

Sia ora x ∈ U, x < x₀ => (f(x) - f(x₀)) / (x - x₀) ≤ 0

=> lim_x<x0 (f(x) - f(x₀)) / (x - x₀) ≤ 0

f'(x₀) ≥ 0

f'(x₀) ≤ 0

=> f'(x₀) = 0