Analisi Matematica

Perciò

3) Contro esempio: il teorema non si può sempre applicare perché può accadere che non valga per esempio l' ultima ipotesi

lim_x→π/2 2x-senx/ x+senx

g'(x)-2+cosx ≠ 0 ∀x∈ℝ.

lim_x→π/0 2-cosx/ 2+cosx non esiste. Infatti, se calcolo il limite lungo la successione {2nπ}n∈ℕe n ho

lim_n 2-cos2π/ 2+cos2πlim_n 2-1/ 2+1=1/3

Mentre se calcolo il limite lungo la successione {2n+1}πn∈ℕ e n ho

lim_n 2-cos(2n+1)π/ 2+cos(2n+1)π= lim_n 2-1/ 2-1=3

Tuttavia il limite originario si può calcolaredirettamente:

lim_x→π/0 x(2-(senx/x))/2+senx/x=1

Perciò

^lim_{x → 0} ^log_ax/_x = 0

3) Controesempio: il teorema non si può sempre applicareperché può accadere che non valga per esempio l’ultimo criterio

[8⁷] ^lim_{x → 0} ^{2x - senx}/_{x + senx}

g’(x) - 2 + cosx ≠ 0 ∀x ε R.

^lim_{x → 0} ^{2 - cosx}/_{2 + cosx} non esiste. Infatti, se calcoloil limite lungo la successione (2ⁿπ + 1)_{n ε N} e ho

^lim_n ^{2 - cos2nπ}/_{2 + cos2nπ} = ^lim_n ^{2 - 1}/_{2 + 1} = ¹/₃Mentre se calcolo il limite lungo la successione (2n + 1)π_{n ε N} ho

^lim_n ^{2 - cos(2n + 1)π}/_{2 + cos(2n + 1)π} = ^lim_n ^{2 + 1}/_{2 - 1} = 3

Tuttavia il limite originario si può calcolaredirettamente:

^lim_{x → 0} ^{x(2 - (senx/_x))}/_{x(2 + ^senx/x)} = 1

Test di monotonia

Sia f: I → ℝ, I ⊂ ℝ intervallo

Se

• i) f è continua
• ii) f è derivabile nell'interno di I (cioè f è derivabile in tutti i punti di I che non sono estremi di I)
• iii) ∀x ∈ I, x interno ad I: f'(x) ≥ 0 (f'(x) ≤ 0)

allora f è crescente in I (f è decrescente in I).

Dim.

Fissato x₁, x₂ ∈ I tali che x₁ < x₂. Si seguono no vere

i), ii) ed iii). Siccome I è un intervallo, per la caratterizzazione degli intervalli, si ha

[x₁,x₂] ⊂ I.

Dunque f è continua in [x₁, x₂] ed è derivabile in ]x₁,x₂[.

Per il teorema di Lagrange, ∃c ∈ ]x₁,x₂[ tale che

(f(x₂)-f(x₁))/(x₂-x₁) = f'(c).

Per l'ipotesi iii), f'(c) ≥ 0, quindi

(f(x₂)-f(x₁))/(x₂-x₁) ≥ 0.

Siccome x₂-x₁ > 0, ne deduciamo f(x₂)-f(x₁) ≥ 0 e, perciò, f è crescente.

- Osservazione

Con una identica dimostrazione si mostra che,

se nell'ipotesi (ii) del precedente teorema

si ha "f'^′(x)≥0" ( "f(x)≥0"

invece di: "f'(x)≤0" ) ta ciò diventa

"f è all^′amente crescente (decrescente)".

- Teorema

Sia f: X→R, X _x R qualsiasi, x₀ ε X ole. accumulazione X.

Se

i) f' è monotona crescente (decrescente)

in X

ii) f'è derivabile in x₀.

allora f'(x₀)≥0 ( f'(x₀)≤0 ).

dim.

Consideriamo per x ≠ x₀, x _x X il rapporto incrementale.

Se x > x₀, siccome f è crescente, f(x) ≤ f(x₀) e perciò

^{f(x)−f(x₀)}/_x−x0 ≥ 0 ;

se x < x₀, siccome f è crescente, f(x) ≤ f(x₀) e perciò

^{f(x)−f(x₀)}/_x−x0 ≥ 0 .

In ogni caso ^{f(x)−f(x₀)}/_x−x0 ≥ 0 e perciò f^′(x₀)= lim^{f(x)−f(x₀)}/_x−x0≥0.

Osservazioni

• Il precedente teorema è il viceversa del test di monotonia. Si osservi che esso vale anche in generali insiemi e non solo in intervalli.
• Il test di monotonia non vale in generali insiemi. Si consideri infatti la funzione f: R\{0} -> R t.c. ∀x ≠ 0: f(x) = 1/x. La derivata è definita in R\{0} e vale f'(x) = -1/x² < 0. Però f non è strettamente decrescente poiché, per esempio, -2 < 2 e f(-2) < f(2). Tuttavia, per il test di monotonia, f è strettamente decrescente in tutti gli intervalli contenuti in R\{0}. In particolare f è strettamente decrescente in ]-∞,0[ ed è strettamente decrescente in ]0,+∞[.
• Il viceversa del test di monotonia non vale per la stretta monotonia, cioè non è vero che se una funzione derivabile è strettamente crescente (decrescente) allora la derivata è strettamente maggiore di zero (strettamente minore di zero). Esempio: f: R -> R tale che ∀x ∈ R: f(x) = x³. f è strettamente crescente, ma f'(0) = 0!

Esempi

1. f : R → R tale che ∀x ∈ R : f(x) = a^x, dove a > 0, a ≠ 1.

   f'(x) = a^x log a avrà segno costante poiché a^x > 0 per ogni x ∈ R e log a è un numero.

   In particolare, il segno di f' è lo stesso di log a.

   0 tale che ]x₀ - δ, x₀ + δ[ ⊂ I e

   1. ∀x ∈ ]x₀ - δ, x₀[ ⊎ ]x₀, x₀ + δ[ : f'(x) ≥ 0 (f'(x) ≤ 0)
   2. ∀x ∈ ]x₀ - δ, x₀[ : f'(x) ≤ 0 (f'(x) ≥ 0)

allora x₀ è un punto di minimo (massimo) relativo.

Dim.

Dal test di monotonia, deduciamo che f è crescente in ]x₀ - δ, x₀[ e decrescente in ]x₀, x₀ + δ[, quindi

∀x ∈ ]x₀ - δ, x₀[ : f(x) ≥ f(x₀) (e quindi x → x₀)

cioè in ogni caso f(x) = f(x₀) e perciò x₀ è il ... minimo locale.

Teorema

Sia f: I → R derivabile. Allora si ha la seguente equivalenza

∀x ∈ I : f'(x) = 0 ⇔ f è una funzione costante.

DIM.

1. Già noto.
2. Fissiamo x₀ ∈ I.

Per ogni x ∈ I, x ≠ x₀, possiamo applicare il teorema di Lagrange all'intervallo di estremi x₀ ed x. Diciamo, se fisso le idee, che x₀ < x. Dunque esiste c ∈ ]x₀, x[ tale che

f(x) - f(x₀)_{(x - x0)} = f'(c) (*).

Per ipotesi, f'(c) = 0, dunque da (*) si deduceche f(x) - f(x₀) = 0, ossia f(x) = f(x₀).

Abbiamo così provato che ∀ x ∈ I : f(x) = f(x₀),quindi f è costante.

• OsservazioneIl precedente teorema vale solo in intervalli.Infatti si consideri f : ℝ\ℚ → ℝ. C. ∀ x ∈ ℝ\ℚ :

f(x), arccos β x + arccos γ x.

∀ x ≠ 0: f'(x) = ₁¹/_4x² + ¹/_4(¹/x)² ⋅ (-¹/_x) = 0.

Tuttavia f non è costante, infatti

f(1) = arccos⁽¹⁾ + arccos⁽¹⁾ = 2^π/₄ = π/₂

f(-1) = 2 arccos^{(-1) (π)} - 2 arccos⁽¹⁾ = -π/₂

Siccome però il teorema procedente vale in intervalli, f è costante in ] - ∞, 0 [ ∪ ] 0, ∞ [ esse costante in alto o rat.

cioè ∀ x≠0: f(x) = ^π/₂ se x>0^-π/₂ se x x₀ ed f'è tat b f'(c) ≥ (x)(L))

Pertanto

^{f(x) - f(x₀)} / _{x - x0} ≠ f'(_c) ≥ f'(x₀).

2)

Basta osservare che, essendo f’ derivable in ]a, b[, su f’ possiamo applicare il test di monotonía ed il suo inverso.

Esempio

a > 0, a ≠ 1. f : R → R ∈ C. ∀ x ∈ R : f(x) = a^x.

Allora f’ è derivabile in tutto R e

f’(x) = a^x log a.

Anche f’ è derivabile in R e la sua derivata è

f’’(x) = a^x (log a)².

Poiché log a > 0 e ∀ x ∈ R : a^x > 0, si ha

∀ x ∈ R : f’’(x) > 0,

dunque f è convessa.

- Definizione

Sia f : ]a, 3 [ → R e x₀ ∈ ]a, 3[ tale che f è derivabile in x₀ oppure ^lim _{x → x0} f(x) - f(x₀) / x - x₀ = ±∞ (−∞).

Si dice che "x₀ è un punto di flesso per f" se esiste ε> 0 tale che

f è convava (convessa) in [x₀ - ε, x₀]

e

f è convessa (concava) in [x₀, x₀ + ε]

Osservazione

Per parlare di "flesso in x₀" serve che esista, finito e infinito, lim_{x→x0 (f(x) - f(x0)) / (x - x0)}

Non è necessario che f sia due volte derivabile in x₀.

Infatti f(x) = √x³ = x^3/2 è una funzione definita in ℝ e derivabile in ℝ.

f'(x) = ³/₂x^1/2, ∀xℝ.

Sì ha che f è derivabile ∀ x ∈ ℝ\{0} e

f''(x) = ¹⁰/₉x^-1/2, ma f non è derivabile in 0.

Poiché f'(x) ≥ 0 ↔ ¹⁰/₉x^-1/2 ≥ 0 ↔ x > 0, sì ha che f es concava in ℝ e amessa in [0,+∞[, dunque o è un punto di flesso.

Se esistiera una funzione che in x₀ ha un punto di flesso e due volte derivabile in x₀, allora sì ha

Teorema (condizione necessaria alla esistenza di un punto di flesso)

Se f:][a;b[ → ℝ è derivabile x₀∈]a;b[ e f è due volte derivabile in x₀, sì ha la seguente implicazione:

x₀ è un punto di flesso ⇒ f''(x₀) = 0.

Dim.

Siccome x_o è un punto di flesso, la funzione f sarà, per esempio, convessa a sinistra di x_o e concava a destra.

Per il teorema a pagina 241, f' è crescente a sinistra di x_o e decrescente a destra di x_o.

Pertanto f ha in x_o un punto di massimo relativo.

Poiché f' è derivabile in x_o, per Fermat

(f")'(x_o) > 0 <=> f'(x_o) = 0.

• Definizione

F(a; b[ → R derivabile in x_o e [a; b[ oppure tale che

lim_{x→xo x→xo x→0}

lim_{x→xo x→0} = ±∞

Allora diremo che

• "x_o è punto di flesso orizzontale" se f'(x_o) = 0
• "x_o è punto di flesso obliquo" se f'(x_o) ≠ 0
• "x_o è punto di flesso verticale" se lim_x→0

• Esempi

1. f(x) = x³
2. f(x) = sqrt₃(x⁵)
3. f(x) = x³ - 3x²

Studio di funzione e disegno del grafico

• Definizione

• Sia f: X → ℝ, x₀ < ℝ, x₀ punto di accumulazione per X (rispettivamente solo da destra o solo da sinistra).

Si dice che "f ha un asintoto verticale di equazione x=x₀, (rispettivamente "asintoto verticale destro" o "asintoto verticale sinistro") se

&lim;_x→x0^- f(x) = ± ∞ o &lim;_x→x0⁺ f(x) = ± ∞)

(rispettivamente &lim;_x→x0^- f(x) = ± ∞ o &lim;_x→x0⁺ f(x) = ± ∞)

• Sia f: X → ℝ, X illimitato superiormente (inferiormente), l ∈ ℝ.

Si dice che "f ha un asintoto orizzontale di equazione y=l per x→±∞" se

&lim;_x→+∞ f(x)=l (&lim;_x→-∞ f(x)=l)

• Sia f: X → ℝ, X illimitato superiormente (inferiormente), m ∈ ℝ, m≠0, q ∈ ℝ.

Si dice che "f ha asintoto obliquo y=mx+q per x→±∞" se

&lim;_x→+∞ [f(x)-(mx+q)]=0 (&lim;_x→-∞)