Derivate (Parte 3): teoria ed esercizi

Teorema (valore medio)

Teorema di Rolle

f: [a, b] → ℝ continua in [a, b] e deriv. in ]a, b[

Supp. f(a) = f(b)

Allora ∃ c ∈ ]a, b[ : f'(c) = 0

c'è almeno un punto nell'int. ]a, b[ che annulli la derivata (c)

Dimostrazione

per il T.d.W. f ha max e min assoluti

M = max f_[a,b]

m = min f_[a,b]

Abbiamo 3 possibilità:

1. M = f(a) = f(b) ⇒ M è assunto in un punto c ∈ ]a, b[ ⇒ ∃*
2. m = f(a) = f(b) ⇒ min locale
3. M = m = f(a) = f(b) ⇒ f = costante ⇒ f'(c) = 0 ∀ c ∈ ]a, b[

*in particolare c è punto di max. locale ⇒

NB: Questo teorema vale solo se la funzione assume lo stesso valore agli estremi dell'intervallo.

Teorema del valore medio di Lagrange

f: [a, b] → ℝ continua in [a, b] e deriv. in ]a, b[

Allora ∃ c ∈ ]a, b[ : f'(c) =

Oscillatori:

1) Significato geometrico

∃ c ∈ ]a, b[:

retta tang. in (c, f(c)) // alla retta

coeff. angolare

Teorema (valore medio)

Teorema di Rolle

f: [a, b] → ℝ continua in [a, b] e deriv. in ]a, b[

Supp. f(a) = f(b)

Allora ∃ c ∈ ]a, b[ : f'(c) = 0

c'è almeno un punto nell'int. ]a, b[ che annulli la derivata (c)

Dimostrazione

per il T.d.v. f ha max e min assoluti

M = max f_{[a, b]}

m = min f_{[a, b]}

Abbiamo 3 possibilità:

1. m = f(a) = f(b) ⟹ M è assunto in un punto c ∈ ]a, b[ ⟹ *
2. m < f(a) = f(b) ⟹ *
3. M = m = f(a) = f(b) ⟹ f = costante ⟹ f'(c) = 0 ∀ c ∈ ]a, b[

*In particolare c è punto di max. locale ⟹ f'(c) = 0

NB: Questo teorema vale solo se la funzione assume lo stesso valore agli estremi dell'intervallo.

Teorema del valore medio di Lagrange

f: [a, b] → ℝ continua in [a, b] e deriv. in ]a, b[

Allora ∃ c ∈ ]a, b[ : f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)

Oss:

1. Significato geometrico
2. ∃ c ∈ ]a, b[ :

retta tang. in (c, f(c)) // alla retta

coeff. angolare della retta

Dimostrazione

Consideriamo g : [a,b] → ℝ continua in [a,b] e derivabile ]a,b[

g(x) = f(x) - f(a) - _{f(b) - f(a)}/^b-a (x-a)

g(a) = 0 - g(b) = 0 ⇒ assume lo stesso valore agli estremi

T. di Rolle

∃ c ∈ ]a,b[ : g'(c) = 0 ora g'(x) = f'(x) - _{f(b) - f(a)}/^b-a

g'(c) = f'(c) - _{f(b) - f(a)}/^b-a = 0 ⇒ f'(c) = _{f(b) - f(a)}/^b-a

Oss: il T. di Lagrange permette di dimostrare il test di monotonia

cioè f : I → ℝ l'intervallo, f continua in I e f derivabile

]m, M[⊆ ]inf I, sup I[ - intorno di I

Se f'(x) ≥ 0 ∀ x ∈ intorno di I ⇒ f ↓ I ⇒ f ↗ in I

Dim:

(TH) ∀ x₁, x₂ ∈ I x₁ < x₂ ⇒ f(x₁) ≤ f(x₂)

_{x1 x2}

considero [x₁, x₂] ⊆ I f : [x₁, x₂] → ℝ è continua in [x₁, x₂] e derivabile ]x₁, x₂[

T. di Lagrange

∃ c ∈ ]x₁, x₂[ : f'(c) = _{f(x2) - f(x1)}/^{x₂ - x₁}

f'(c) = _{f(x2) - f(x1)}/^{x₂ - x₁} ≥ 0 per hp.

⇒ f(x₂) - f(x₁) ≥ 0 ⇒ f(x₂) ≥ f(x₁) = Tesi!

Definizione di derivata di ordine superiore

Sia \( f: I \to \mathbb{R} \) I intervallo, \( x_0 \in I \).

Supponiamo che \( f'': I \) allora chiamiamo:

\( f^{(n)}(x_0) = (f^{(n-1)})'(x_0) \)

Funzioni convesse

[Diagramma di funzioni convesse e concave]

CONVESSE

CONCAVE

Sono tutte funzioni monotone crescenti.

Def:

\( f: I \to \mathbb{R} \) I intervallo

\( f \) derivabile in I

Diciamo che \( f \) è convessa (concava) nel suo dominio I se:

\( f(x) \geq f(x_0) + f'(x_0) (x-x_0) \quad \forall x, x_0 \in I \)

(Rappresentazione grafica della disuguaglianza)

\( y = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) \)

Teorema (degli equivalenti alla convessità)

\( f: I \to \mathbb{R} \)

f deriv., I intervallo

\( f \) è convessa \( \Leftrightarrow f' \) è crescente

Dim: (TH) \( f' \) è crescente cioè \( \forall x_1 < x_2, x_1, x_2 \in I \)

\( \Rightarrow f(x_1) \leq f(x_2) \)

Per lp. f è convessa

(∀ x₀ x₁ f(x₁) > f(x₀) + f'(x₀) (x-x₀))

f(x₁) ≥ f(x₂) + f'(x₂) (x₁ - x₂)

f(x₂) ≥ f(x₁) + f'(x₁) (x₂ - x₁)

f(x₁) + f(x₂) ≥ f(x₂) + f(x₁) + f'(x₂)(x₁-x₂) + f'(x₁)(x₂-x₁)

0 ≥ (x₁-x₂) (f'(x₂)-f'(x₁)) ⇒ (f'(x₂) - f'(x₁)) ≥ 0

⇒ f'(x₁) ≤ f'(x₂)

Test di convessità

f: I→ℝ I intervallo

f derivabile su I

Supp. che ∃ f'' I sup. I y = ∈ intorno di I

Allora f è convesso ⇔ f''(x) ≥ 0 ∀ x ∈ intorno di I

concavo ⇔ f''(x) ≤ 0

Dim: T. precedente T. di monotonia

f convessa in ⇔ f' I sup. I (f'(x₁)) ≥ 0 in intorno I

f': I→ℝ

∃ (f') I = f I intorno di I

Oss:

f: I→ℝ I intervallo (convesso)

x₀ ∈ I

f'(x₀) = 0 ⇔ x₀ è punto di minimo assoluto (massimo)

Dim: f è convesso ⇔ ∀ x₀ ∈ I, f(x) ≥ f(x₀) + f'(x₀)(x-x₀)

cioè ∀ x ∈ I f(x) ≥ f(x₀) cioè x₀ è punto di min abs

Conseguenze del test di convessità e dell'oss. precedente

Sia f: I → ℝ l'interv. derivabile e vale (oss. 7⁴)

Supp. x₀ ∈ I: f'(x₀) = 0 e f''(x₀) > 0 → x₀ è punto di min locale

Dim:

(nel caso in cui f'' è continua)

∃ intorno di x₀ [x₀−r, x₀+r]

Tale che f'' > 0 in [x₀−r, x₀+r]

→ f è convessa in [x₀−r, x₀+r]

f'(x₀) = 0

Allora x₀ è un punto di min per f in [x₀−r, x₀+r]

cioè x₀ è punto di min locale

— — — — — — — —

f(x) = e^x |x−1| determinare gli int. in cui f è convessa

D = ℝ contiene su tutto ℝ

Se x ≠ 1 → ∃ f'(x) perchè prodotto di funz derivabili

f(x) = e^x |x−1| + e^x sgn (x−1) · 1

= e^x sgn (x−1) {x − 1 + 1} = 2 y e^x sgn (x−1)·x

Se x = 1 ∃? f'(1)

lim_{x→1⁺ f'(x) = limx→1⁺ x·e^x sgn (x−1)·x = e}

lim_{x→1⁻ f'(x) = limx→1⁻ x·e^x sgn (x−1)·x = −e}

Quindi f: ℝ \ {2y} → ℝ

f'' > 0 in ℝ \ {2y} → f è convessa in ℝ \ {2y}

(es: f'' > 0 in ℝ \ {2y})

f non è convessa

f(x) = x · e^x · sgn(x-1)

f''(x) = (f')'(x)͢co͢sta͢ṉte= sgn(x-1) (e^x + xe^x) == sgn(x-1) e^x(1+x)=

Sgṉ(x-1) ={ 1 x > 1{ -1 x [1

didx⨜sgṉ(x-1) = 0

Studio il segno di f''

sgn(x-1)

1 + x

+ - + + +- n - +

+ - +

T. di convess:f है convessi in ]-∞,-1]conave in [-1,1]convesso in ]1,+∞[

FORMULA di TAYLOR

"da puntole al locale"

Formula di Taylor del 1 ordine:= defini di derivabilita con l'op piccolof:I → R I intervalf è derivabile in xo f(x) - f(xo) + f'(xo)(x-xo) +o(x-xo)per x → xo

f(x)-(fixo) + f'(xo)(x-xo) = o(x-xo)

Se f hai derivabilemeglio riesce adapprossimare

Formula di Taylor di ordine n con il resto ti Peano

f: I → R I intervallo xo ∈ I ṉ ∈ Н䊤 I

Supponiamo che f na derivabile ṉ volte in xo=> f(x)~fix) + f'(xo)(x-xo) +f''(xo) (x-xo) ²2l+f'''(xo) (x-xo) ³ + ... +3lfṉ䊤(xo) (x-xo)^ṉn! (x-xo) + o(x-xo)^ṉ+1rglre che ci fa

I Resto di Peano error che si connette espandendodalla func la rettatangente

lim_{x → -1} f'(x) = +1

D{f'(x)} = ℝ - {-2, -1}

MONOTONIA

segno della f'(x) x ≠ -2, -1

f'(x) = e^-1₀ sgn ( ^x+1/_x+2 ) ^x+2-(x+1)/_(x+2)² > 0

f(x) > 0 <=> -sgn ( ^x+1/_x+2 ) < 0 <=> x ∈ ]-2,-1[

f_c e^d ]-2, -1[f_c e^d ]-∞, 2[f_c e^s [-1, +∞[

MAX e MIN

Estremanti locali x = -1 è punto di max locale (assoluto)

Non ci sono altri estremanti locali

IMMAGINE = ]0,1]

0 è escluso perché f(x) è un exp > non si annulla mai!

ESERCIZI

f(x) = √(log ₂(x-5))

monotonia, max e min, asintoti, nc crescente!

DOMINIO

D = {x ∈ ℝ | x ≠ 5, ₂(x-5) > 0, log ₂(x-5) ≥ 0 y =

= {x ∈ ℝ | x ≠ 5, ₂(x-5) ≠ 1 y

₂(x-5) ≥ 1 ⇔ ₂(x-5) ≥ 1 ⇔ |x-5| ≤ 2

⇔ -2 ≤ x-5 ≤ 2

⇔ 3 ≤ x ≤ 7

D = [3, 7] ∖ {5}y

ASINTOTI

x=5 è asintoto obliquo?

lim f(x) = ± ∞_x→5

→ x=5 è asintoto verticale per x→5

MONOTONIA

Se log ₂(x-5) ≠ 0

cioè x ≠ 3, 7 → ∃ f'(x)=

f'(x) = ₂√log ₂(x-5) [¹/ ₂(x-5)] sgn (₂(x-5)) [^-2/ (x-5)²]

● Devo studiare segno delle derivate I^∞

f'(x) ≥ 0 ⇔ sgn (₂(x-5)) ≤ 0

sgn (₂(x-5)) {

> 0 se x-5 > 0

< 0 se x-5 < 0

dove 0 != 1          (n +1) != n !. (m + 1) 

1 != 1                3 != 2 !. 3 = 2 . 3 = 6

2 != 2                4 != 3 !. 4 = 2 . 3 . 4 = 24

Dim : vero per m = 2 e supp. x₀ = 0

f(x) = f(0) + f'(0) (x - 0) + \(\frac{f''(0)}{2!} x^2+\) o(x²) , x → 0

R(x) ≡ f(x) - f(0) - f'(0) . x - \(\frac{f''(0)}{2}\) x² - o(x²)

(TH) = \(\frac{R(x)}{x^2} \rightarrow 0\),  x → 0

Considero R = R(x); R: I → ℝ    R(0) = 0

e R' (x) = f'(x) - f'(0) - \(\frac{f''(0)}{2}\). 2 x = per l.p. \(\Rightarrow f''(0) = (f')'(0)\)

f' è derivabile in 0

⇔ f'(x) = f'(0) + (f')'(0). x + o(x)     x → 0

⇔ f'(x) = f'(0) + f''(0). x + o(x)     x → 0

. = f'(0) + (f')'(0). x + o(x) = f'(0). f''(0). x = o(x)   x → 0

Allora R'(x) = o(x)     x → 0

(TH) = \(\frac{R(x)}{x^2} \rightarrow 0\)

R(x) → x → 0

Considero |R(x)|⁰

T. del V.medio di Lagr. 

\(\frac{R(x) - R(0)}{x - 0} - \frac{1}{x}\) |≤  \(\frac{R(x) - R(0)}{x - 0}|\)  =

\(\left|\frac{cx''}{1/x}\right|\)

c⁰

\(c_x \in J[0, x[\)  oppure \(\in ]-x, 0]\)

\(0 ≤ |c_x| ≤ |x|\)    \(\frac{1}{|c_x|} ≥ \frac{1}{|x|}\)

Una funzione tende a 0…

\(\frac{|R(x)|}{|x|}\)  →  voglio far vedere che → 0

Es. Scrivere la formula di Taylor di ordine 2 e punto iniziale

X₀ = 0

per f(x) = e^x

f(x)=f(x₀) + f'(x₀)(x-x₀) + f''(x₀)²/2 (x-x₀)² + o(x-x₀)² x → x₀

X₀ = 0 f'(x) = e^x = f''(x)

f(0) = 1 = f'(0) = f''(0)

e^x = 1 + x + 1/2 x² + o(x²) x → 0

per f(x) = sen x

f'(x) = cos x f''(x) = -sen x f'''(x) = - cos x f^IV(x) = sen x

f⁽¹⁵⁾(x) = f'(x)...

f(0) = 0 f'(0) = 1 f''(0) = 0 f'''(0) = -1 f^IV(0) = 0 f⁽⁵⁾(0) = 1 ...

= D derivate di ordine pari sono nulli: f^(2K)(0) = 0 ∄ K ∈ IN|{0}

disparsi sono -1 : f^(2K+1)(0) = (-1)^K ∀ K ∈ IN

II^aordine

sen x = sen 0 + 1 x + 0/2 x² + o(x²) = x + o(x²)

III^aordine

x = f(0) + f'(0)x + f''(0)/2 x² + f'''(0)/6 x³ + o(x³) x → 0

sen x = x - x³/6 + o(x³) x → 0

Asintoti

VERTICALE

f: I \ {x₀} ➝ ℝ

x = x₀ è asintoto verticale quando

lim_{x → x0⁺} f(x) = ±∞

lim_{x → x0⁻} f(x) = ±∞

ORIZZONTALE

Quando il lim_{x → ±∞} f(x) = y₀

OBLIQUI

y = mx + q

f: [M, +∞ [ ➝ ℝ

y = mx + q è asintoto obliquo se:

lim_{x → ±∞} (f(x) - (mx + q)) = 0

f(x) = (mx + q) + o(1) x → ±∞

m = lim_{x → ±∞} ^f(x)/_x

q = lim_{x → ±∞} (f(x) - mx) → se m non reale lo è anche q

25) f(x) = ¹/_x

ℝ | {0} ⟶ ℝ

lim_{x → 0⁺} f(x) = +∞

⟶ x = 0 è asintoto verticale

lim_{x → +∞} f(x) = 0

⟶ y = 0 è asintoto orizzontale per x → +∞

25) f(x) = ^{x2 + x + 1}/_{x + 2}

ℝ | { - 2} ⟶ ℝ

limx → -2+ x2 + x + 1/x + 2 = +∞

limx → -2- x2 + x + 1/x + 2 = -∞

⟶ x = -2 è asintoto verticale per x → -2^±

lim_{x → ±∞} f(x) = ±∞

ci sono asintoti obliqui ?

f(x) = mx + q + o(1)   x → ±∞

x2 + x + 1/x2   x + 2/x - 1

↳ x² 2x

    x + 1

    x - 2

     3

f(x) = x - 1 + ³/_{x + 2} = x - 1 + o(1)   x → ±∞

⟶ y = x - 1 è asintoto obliquo per x → ±∞

MAX e MIN?

x = 3 e x = 7 sono punti di minimo assoluti

f: |R\{-2} → R

• dominio f'
• monotonia
• max e min locale
• asintoti

ASINTOTI

lim_x→2 f(x) = 0

lim_x→±∞ f(x) = e^-1

DOMINIO f'

se x + 1 ≠ 0 cioè x ≠ -1 → ∃ f'(x) =

lim_x→-1^- f'(x) =

lim_x→-1 f'(x) = +1

- lim dx ≠ lim sx ⇔ ∄ f'(-1)

D{f'(x)} = ℝ − {-2, -1}

MONOTONIA

Segno della f'(x)

x ≠ -2, -1

f'(x) > 0 ⇔

f'(x) = e^{-1_(x+1)/(x+2)} ( - sgn ( _x+1/(x+2) ) _x+2-(x+1)/(x+2)² ) > 0

f'(x) > 0 ⇔ - sgn ( _x+1/(x+2) ) ⇔ sgn ( _x+1/(x+2) ) < 0 ⇔ x ∈ ]-2,-1[

⇒ f' ∈ ]-2,-1]

f' ∈ ]-∞, -2[

f' ∈ [-1, +∞[

MAX e MIN

Estremanti locali: x = -1 è punto di max locale (assoluto)

Non ci sono altri estremanti locali

IMMAGINE = ]0,1]

0 è escluso perchè f(x) è un exp → non si annulla mai!

(3)

es) f(x) = ^x3+x+3/_x+1

asintoti obliqui?

polinomio di 2^o grado + resto

O(1)

o(1)

No, perché dovrei avere polinomio di 1^o grado + resto!

(es)

f(x) = √|x²-2x| + x

f:R → R?

asintoti verticali? No!

lim_x→+∞ f(x) = +∞

lim_x→−∞ f(x) = ?

asintoto obliquo?

|x| √(1 - ²/_x) + x

|x| (1 - ¹/₂ ²/_x + o(¹/_x)) + x =

x (1 - ¹/₂ + o(¹/_x) + x = x - 1 + o(1) + x

= 2x - 1 + o(1)

y = 2x - 1 è asintoto ob. per x → + ∞

-x(1 - ¹/_x + o (¹/_x)) + x = -x + 1 + o(1) + x = 1 + o(1)

y = 1 è asintoto orizzontale

X CASA

(es)

f(x) = |x + 1| ∙ e^x+2/_x

asintoti =?

f: R | {0} → R

ESERCIZI

f(x) = √log₂ (x-5)

• monotonia,
• max e min,
• grafico
• no convessità

DOMINIO

D = {x ∈ ℝ | x ≠ 5}, 2/(x-5) > 0, log(2/(x-5)) ≥ 0 y =

= {x ∈ ℝ | x ≠ 5, 2/(x-5) ≠ 1 y}

|2/(x-5)| ≥ 1 ⇔ 2/(x-5) ≥ 1 ⇔ |x-5| ≤ 2

⇔ 3 ≤ x ≤ 7

D = [3, 7] \ {5}

ASINTOTI

x = 5 è asintoto obliquo?

lim f(x) = ± ∞

x → 5

→ x = 5 è asintoto verticale per x → 5

MONOTONIA

Se log₂ (x-5) ≠ 0 cioè x ≠ 3, 7 → ∃ f'(x) =

f'(x) = 2 √log(2/x-5) √1 1 log' sgn(2/x-5) -2/(x-5)²

f'(x) ≥ 0 ⇔ sgn(2/(x-5)) ≤ 0

sgn(2/(x-5))

• x-5 > 0
• x-5 < 0

f(x) = (x + 1)[e^x - 1]

intervallo in cui f è crescente e in cui è decrescente

• se e^x - 1 ≠ 0 → x ≠ 0 → ∃ f'(x) =
• f'(x) = 1 · |e^x - 1| + (x + 1) · sgn(e^x - 1) · e^x
• sign(e^x - 1) [ e^x - (x + 1) · e^x ] = sgn(e^x - 1) · [x · e^x + 2e^x - 1]
• sgn(e^x - 1)

lim_x→0⁺ f'(x)= -¹/₂ = -1

lim_x→0^- f'(x)= +1

→ f è derivabile in R/{0}

f''(x)

• Test di convessità → Studio segno della f''(x)
• sgn(e^x - 1)