Analisi matematica 1 - Note ed esercizi svolti su derivate e derivabilità

Per verificare se la funzione sia derivabile in x = π, calcoliamo il limite del

rapporto incrementale destro e sinistro in tale punto. Abbiamo

√ cos x + 1 − 0

f (x) − f (π) = lim .

lim x − π x − π

±

± x→π

x→π ± ±

Applichiamo la sostituzione x − π = t: ne segue che per x → π , t → 0 e

quindi il limite diventa

p p

√ 2

cos(t + π) + 1 t /2

1 − cos t

lim = lim = lim =

t t t

± ± ±

t→0 t→0 t→0

 1

t



|t| √ √

lim =





√  t 2 2

+

t→0

2 .

= lim = 

t

± 

t→0 1

−t



 √ √

= −

lim t 2 2

−

t→0

Poichè i due limiti non coincidono, ne segue che la funzione non è derivabile in

x = π in cui presenta un punto angoloso.

(2) La funzione in questione è ovviamente definita per tutti i punti dell’asse

reale eccetto −1 in cui il denominatore si annulla: quindi Dom = (−∞, −1) ∪

(−1, +∞). Si osservi che, non potendosi estendere la funzione per continuità nel

punto −1 (i limiti destro e sinistro tendono a infinito in tale punto) la funzione

sarà ovviamente non derivabile in esso (e, in ogni caso, il punto resta escluso

dal dominio di definizione). Calcoliamo ora la derivata per scoprire se ci sono

eventuali altri punti problematici. Scrivendo la funzione al modo seguente

 x

e − 1



 x ≥ 0



 x +1

y = ,



 −x

e − 1



 x< 0

x +1

otteniamo  x x x

e (x + 1) − (e − 1) xe + 1



 = x ≥ 0



 2 2

 (x + 1) (x + 1)

0

y = .



 −x −x −x −x

−e (x + 1) − (e − 1) −xe − 2e + 1



 = x< 0

 2 2

(x + 1) (x + 1)

133

Il problema di derivabilità si restringe allora al solo punto x = 0 in quanto, su

tutti gli altri punti dell’asse reale, la funzione derivata è ben definita (perché?).

Calcoliamo allora il limite del rapporto incrementale destro e sinistro. Abbiamo

|x|

e − 1 − 0 |x|

f (x) − f (0) e − 1

x + 1

= lim = lim =

lim x x x(x + 1)

± ± ±

x→0 x→0 x→0

 x

e − 1



 =1

lim



 x

+

|x| x→0

e − 1 = .

= lim 

x

± 

x→0 −x −x

e − 1

e − 1



 lim = − lim = −1

x −x

− −

x→0 x→0

Ne segue che la funzione non è derivabile in x = 0 in quanto presenta un punto

angoloso.

(3) La funzione arcsin t è definita per t ∈ [−1, 1], per cui

2 2

Dom = {x ∈ R : −1 ≤ 1 − x ≤ 1} = {x ∈ R : −2 ≤ −x ≤ 0} =

√ √ √

√

2 2 ≤ x ≤ 2} = [− 2, 2].

= {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 2} = {x ∈ R : −

La derivata della funzione è

1 2x 2x

0 p √ √

y = · (−2x) = − = − .

2 4 2

2 2 2x − x |x| 2 − x

1 − (1 − x )

Dall’espressione della derivata, si vede che i possibili punti di non derivabilità

√

appartengono all’insieme {0, ± 2}. Per quanto riguarda i punti all’estremo

0

dell’intervallo si osserva subito che la funzione non è derivabile, in quanto y

tende a infinito in essi. Analizziamo pertanto cosa accade nell’origine. Abbiamo

π

2

arcsin(1 − x ) −

f (x) − f (0) 2

lim = lim .

x x

± ±

x→0 x→0

Applichiamo il cambiamento di variabile ³ ´

π π

2 2

t + = arcsin(1 − x ) ⇒ 1 − x = sin t + = cos t,

2 2

da cui t

2

2 ,

x = 1 − cos t = 2 sin 2

e infine √ t

x = ± ,

2 sin 2

dove il segno dipende dal tendere di x a zero da sinistra (+) o da destra (−).

± − −

Ora, per x → 0 , abbiamo che t + π/2 → (π/2) e perciò t → 0 . Ne segue che

π

2

arcsin(1 − x ) − √

t 2

2 √

= lim = −

lim = − 2,

√ t

x 2

+

+ t→0

x→0 − 2 sin 2

134

mentre π

2

arcsin(1 − x ) − √

t 2

2 √

=

lim = lim = 2,

√ t

x 2

− −

x→0 t→0 2 sin 2

da cui discende che la funzione non è derivabile in x = 0 dove presenta un punto

angoloso.

(4) La funzione è definita per ogni valore reale. Possiamo scrivere, essendo

2

x + 3x − 4 ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ −4, x ≥ 1,

 2

x + 3x − 4 x ≤ −4, x ≥ 1



f (x) =  2

−(x + 3x − 4) −4 < x < 1

Vediamo allora che i punti che presentano problemi per la derivabilità sono i

soli punti x = −4, x = 1. Abbiamo 2 2

f (h − 4) − f (−4) (h − 4) + 3(h − 4) − 4 h + 11h

lim = lim = lim = 11,

h h h

− − −

h→0 h→0 h→0

2 2

−(h − 4) − 3(h − 4) + 4 −h − 11h

f (h − 4) − f (−4) = lim = lim = −11,

lim h h h

+ +

+ h→0 h→0

h→0

e anche 2 2

f (h + 1) − f (1) −(h + 1) − 3(h + 1) + 4 −h − 5h

lim = lim = lim = −5,

h h h

− − −

h→0 h→0 h→0

2 2

f (h + 1) − f (1) (h + 1) + 3(h + 1) − 4 h + 5h

lim = lim = lim = 5,

h h h

+ + +

h→0 h→0 h→0

per cui i punti x = −4, x = 1 risultano due punti angolosi.

(5) Il dominio coincide con tutto R. Osserviamo che

1

2

2x + x − 1 = 0 ⇐⇒ x = , x = −1.

2

Essendo h i 4x + 1

1

0 2 −2/3

0 2 1/3 p

·(2x +x−2) ·(4x+1) =

f (x) = (2x + x − 1) = ,

3 2 2

3 (2x + x − 1)

3

la derivata presenta problemi nei punti in cui si annulla l’argomento della radice.

Abbiamo √

3 2

f (h − 1) − f (−1) 2h − 3h

lim = lim =

h h

± ±

h→0 h→0

√ √ √

3 3

h 2h − 3 −2/3

3

= − 3 lim h = ∓∞,

= lim h ±

± h→0

h→0

per cui in x = −1 la funzione presenta un flesso a tangente verticale. Analoga-

mente √

3 2

2h + 3h

f (h + 1/2) − f (1/2) = lim =

lim h h

±

± h→0

h→0 135

√ √ √

3 3

h 2h + 3 −2/3

3

= lim = 3 lim h = ±∞,

h

± ±

h→0 h→0

per cui in x = 1/21 la funzione presenta una cuspide verso il basso.

(6) La funzione è definita per x ≥ 0. La sua derivata è

1

√

0 x √

f (x) = e · ,

2 x

per cui presenta problemi in x = 0. Abbiamo allora √

√

x

f (x) − f (0) e − 1 x

= lim = lim = +∞,

lim x x x

+ +

+ x→0 x→0

x→0 +

per cui la funzione ha, in x = 0 , un flesso a tangente verticale ascendente.

(7) la funzione è definita per ogni x 6 = 3 (punto in cui il denominatore

dell’argomento si annulla). Derivando otteniamo

sµ r

r ¶ µ ¶

2 x 2

2 + x 1 x − 3 −5 e 2 + x 3x − 3x − 23

0 x x 3

3

f (x) = e +e · · = ,

2

x − 3 3 2+ x (x − 3) 3 x − 3 (x − 3)(x + 2)

per cui la derivata presenta problemi nel punto x = −2. Abbiamo

r h s

h−2 3

e

f (h − 2) − f (−2) h

h − 5 −2

lim = lim = e lim = −∞,

3 3

h h h (h − 5)

± ± ±

h→0 h→0 h→0

e quindi al funzione ha in x = −2 un flesso a tangente verticale discendente.

(8) Per il dominio deve essere √

√

1 + x > 0 =⇒ x > −1 =⇒ x > −1,

3

3

per cui il dominio risulta D = (−1, +∞).

Si ha per la derivata ¡ ¢

√ 1 1

0 √

√

f (x) = 2 log 1 + x · ,

·

3 1 + x 3

3 2

3 x

e quindi essa presenta problemi nel punto x = 0. Abbiamo allora

√ √ 2

2

log (1 + (

f (x) − f (0) x) x)

3 3

= lim = lim = ±∞,

lim x x x

± ±

± x→0 x→0

x→0

per cui la funzione ha nel punto x = 0 una cuspide verso il basso. 2

Esercizio 37 Al variare di k ∈ R determinare il numero di soluzioni dell’equazione

f (x) = k, dove 3 2

f (x) = 5x + 16x − 47x − 20.

136

Soluzione. Indichiamo g(x) = f (x)−k. Tale funzione è definita per ogni x ∈ R.

Inoltre lim g(x) = ±∞,

x→±∞

per cui l’immagine di g è tutto R. La derivata prima di g è

0 2

g (x) = 15x + 32x − 47,

per cui la funzione cresce su (−∞, −47/15) ∪ (1, +∞) e decresce su (−47/15, 1).

Inoltre essa ammette un massimo in (−47/15, 88114/675 − k) e un minimo in

(1, −46 − k).

Studiamo separatamente la funzione sui tre intervalli

µ ¶ µ ¶

47 47

I = −∞, − , I − , 1 , I (1, +∞) .

1 2 3

15 15

Poiché su questi la funzione è strettamente monotona, nel caso in cui fosse

possibile applicare il teorema di esistenza degli zeri sarebbe possibile determinare

la presenza di una e una sola soluzione dell’equazione su ciascuno di essi.

Su I la funzione è strettamente crescente e per il teorema della permanenza

1

del segno, esiste a > 0 tale che f (x) < 0 ∀ x ∈ (−∞, a]. Poiché f (a) < 0 e

f (−47/15) = 88114/675 − k, la funzione ammette una soluzione se e solo se

88114 88114

− k > 0 ⇔ k < .

675 675

Ragionando analogamente su I , per la stretta crescita della funzione su tale

3

intervallo, per l’esistenza di b > 0 tale che f (x) > 0 ∀ x ∈ [b, +∞) e poiché

f (b) > 0 e f (1) = −46 − k, la funzione ammette una soluzione se e solo se

−46 − k < 0 ⇔ k > −46.

Su I ,