Analisi Matematica

Perciò

_limx→0 ^{loga x}/_x = 0

3)

Controesempio: il teorema non si può sempre applicare perché può accadere che non valga per esempio l'ultimo ipotet.

[22] _limx→+0 ^{2x - senx}/_{2 + cosx}

g'(x)-2 + cosx ≠ 0 ∀x ∈ R.

_limx→+0 ^{2 - cosx}/_{2 + cosx} non esiste. Infatti, se calcolo

il limite lungo la successione (2πnπ) n ∈ N k ho

_limn ^{2 - cos2πn}/_{2 + cos2πn} = _limn ^2-1/₂₊₁ = 1/3

mentre se calcolo il limite lungo la successione (2πn+1) n ∈ N k ho

_limn ^{2 - cos(2πn+1)}/_{2 + cos(2πn+1)} = _limn ^2+(-1)/_2-1 = 3

Tuttavia il limite originario si può calcolare direttamente:

_limx→+0 ^{x/(2-(senx)^2)}/_{x/(2 + (senx)^2)} = 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.

Siano x₁, x₂ ∈ I tali che x₁ < x₂ . Se sussangano vere i), ii) ed iii), essendo I 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.

Corollario del test di monotonia

Sia f: I \rightarrow \mathbb{R}, I intervallo, x₀ interno a I.

Se

1. f è continua in I
2. f è derivabile in I\{x₀}
3. ∃δ>0 tale che ]x₀-δ,x₀+δ[ ⊂ I e
   • ∀x ∈ ]x₀,x₀+δ[ : f'(x)≥0 (f'(x)≤0)
   • ∀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,x₀+δ[ e decrescente in ]x₀-δ,x₀[, quindi

∀x ∈ ]x₀-δ,x₀+δ[ : x ∈ ]x₀-δ,x₀[ ∪ ]x₀,x₀+δ[ (quindi x≠x₀) ⇒ f(x)≤f(x₀)

cioè in ogni caso f(x)≤f(x₀) e perciò x₀ è p.d.i. minimo locale.

Teorema

Sia f: I \rightarrow \mathbb{R} derivabile.

Allora si ha la seguente equivalenza

∀x ∈ I : f'(x)=0

⇔

f è una funzione costante.

2) Bisogna provare che ∀ x∈[a, b], ∀ x₀∈[a, b], se f è

f(x) ≥ f(x₀) + f'(x₀)(x-x₀),

ossia, essendo che la precedente è sempre vera

per x = x₀, si deve provare che ∀ x∈[a, b], x₀∈]a, b[, x≠x₀:

(f(x)-f(x₀))/(x-x₀) ≥ f'(x₀) se x > x₀

(f(x)-f(x₀))/(x-x₀) ≤ f'(x₀) se x < x₀.

Proviamo la prima ed andologamente si potrà

provare la seconda.

Presi x∈[a, x₀[ t.c. x₀ < x, siccome f è continua

in [x₀, x], f è derivabile in ]x₀, x[, per Lagrange

∃ c∈]x₀, x[ tale che (f(x)-f(x₀))/(x-x₀) = f'(c) (∗)

Poiché c > x₀ ed f' è crescente in ]a, b[, f(c) ≥ f'(x₀)(∗)

Proposizione

Sia f: X -> R, X illimitato superiormente

Se

1. ∃ _X lim _{x -> ∞} ^f(x)/_x = m ∈ R\{8}
2. ∃ _X lim _{x -> ∞} (f(x) - mx) = q ∈ R, dove m proviene da i;

allora la retta y = mx + q è asintoto obliquo per x -> ∞.

Viceversa, se la retta di equazione y = mx + q, m ≠ 0, è un asintoto obliquo per x -> ∞, allora m e q soddisfano i) ed ii).

Dim

=>) Siano vere i) ed ii). Allora dalle ii):

_X lim _{x -> ∞} (f(x) - mx) = q <=> _X lim _{x -> ∞} [(f(x) - (mx + q)] = 0

<=) Sia vero che ∃ {m, q} ∈ R\{8} R tale che

_X lim _{x -> ∞} [(f(x) - (mx + q)] = 0.

Allora la ii) è immediata. Per provare i), e osserva che, se x ≠ 0,

^f(x)/_x = ^{f(x) - mx - q + mx + q}/_x = ^{(f(x) - (mx + q))}/_x + m - q/_x e perciò _X lim _{x -> ∞} ^f(x)/_x = _X lim _{x -> ∞} [(f(x) - (mx + q)]/_x + m - q/_x] = m.