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Matematica per le applicazioni I - i numeri razionali Appunti scolastici Premium

Appunti di Matematica per le applicazioni I. Nello specifico gli argomenti trattati sono i seguenti: due chiacchiere sui numeri razionali, i problemi legati alla somma e al prodotto, i problemi legati all’ordinamento, il valore assoluto.

Esame di Matematica Per Le Applicazioni I docente Prof. P. Boieri

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ESTRATTO DOCUMENTO

2. LIMITI DI FUNZIONI. 14

2.11. Quanto fa il limite

Esempio 2

sen (x )

lim ?

2

x

x→0 2 →

Una idea naturale è “cambiare variabile”, ossia porre y = x ; infatti quando x 0

2 →

si ha y = x 0 e quindi si dovrebbe avere

2

sen (x ) sen y

lim = lim = 1.

2

x y

x→0 y→0

Il risultato è corretto, ma come si giustifica questo procedimento? Se usiamo il

2

→ 6 →

Teorema 2.4 e consideriamo x 0 arbitraria con x = 0, abbiamo y = x 0 con

n n n n

2 2

6 → →

y = 0 e quindi sen (y )/y 1, ossia sen (x )/x 1 per qualunque successione,

n n n n n

e questo dimostra la validità del calcolo precedente.

È chiaro che questo metodo funziona anche in generale: se vogliamo calcolare un

limite del tipo lim g[f (x)]

x→c

→ →

sapendo che f (x) L per x c, siamo autorizzati a cambiare variabile e scrivere

lim g[f (x)] = lim g(x)

x→c y→L

6 6

purché si abbia f (x) = L per x = c (e anzi è sufficiente che questa condizione sia

soddisfatta per i punti x vicini a c). Provate a scrivere la dimostrazione di questo

risultato usando il Teorema 2.4.

2.12. Calcolare i seguenti limiti: sviluppando,

Esercizio 3 2 3 3

− −

x + 1 y 4 (x + h) x

lim , lim , lim ,

2 2 −

x + 1 y 3y + 2 h

x→1 y→2 h→0

2 3 3

− −

y 1

x 1 (x + h) x

lim , lim , lim ,

− −

1 x y 1 h

x→1 y→1 h→0

razionalizzando, √ √

√ √

√ √

− − − −

x 2 1+ y 1 y x + h x

, lim , lim ,

lim −

x 2 y h

y→0

x→2 h→0

utilizzando astutamente qualcuno dei limiti notevoli precedenti (ma non sempre!),

sen x sen (5x) tg (πx) sen (5x)

lim , lim , lim , lim ,

x x x +2 sen (3x)

x→1 x→0 x→−2 x→0

2

1 arcsin(5x) sen x sen (πx)

lim x sen , lim , lim , lim ,

x x x sen (3πx)

x→0 x→0 x→0 x→1

sen x 1 cos x πx

√ −

lim , lim , lim (1 x) tg .

2

x 2

x

x→0 x→0 x→1

2. LIMITI DI FUNZIONI. 15

Concludiamo con qualche variazione sul concetto di limite. Anzitutto, possiamo

immaginare che il “movimento” di x verso il punto c avvenga in una sola direzione,

cioè possiamo limitarci a considerare i valori x < c (movimento da sinistra) o quelli

x > c (movimento da destra). ⊆

2.13. Supponiamo che A contenga un intervallo ]a, c[ e sia

Definizione R

f : A una funzione. Diciamo che f ha limite sinistro L in c, o che f tende

R

a L per x che tende a c da sinistra, e scriviamo

(2.16) lim f (x) = L

x→c

se: per ogni ε > 0 esiste un δ = δ(ε) tale che

|f − −

(2.17) (x) L| < ε per tutti gli x tali che c δ < x < c.

Si scrive anche: −

→ →

f (x) L per x c . ⊆

La definizione del limite destro è completamente analoga: supponiamo che A R

contenga un intervallo ]c, b[ e sia f : A una funzione. Diciamo che f ha limite

R

destro L in c, o che f tende a L per x che tende a c da destra, e scriviamo

(2.18) lim f (x) = L

+

x→c

se: per ogni ε > 0 esiste un δ = δ(ε) tale che

|f −

(2.19) (x) L| < ε per tutti gli x tali che c < x < c + δ.

Si scrive anche: +

→ →

f (x) L per x c .

Può succedere che una funzione abbia limite destro e limite sinistro in un punto

c, ma che questi limiti siano diversi. Allora chiaramente la funzione non ha limite

per x c. → →

2.14. Dimostrare che se f L per x c, allora in particolare si ha

Esercizio − +

→ → →

anche f L per x c e x c . Dimostrare che vale anche il viceversa: ossia

se f ha limite sinistro e limite destro uguali allo stesso numero L nel punto c, allora

→ →

f L per x c.

Dimostrare l’analogo del Teorema 2.4 per limite destro e sinistro. Ad esempio:

+

→ →

f L per x c se e solo se, per ogni successione x tendente a c con x > c si ha

n n

f (x ) L. È sufficiente considerare successioni x decrescenti a c?

n n

2.15. Calcolare i seguenti limiti:

Esercizio | | |x − |x −

sen x| sen x| 1| 1|

lim , lim , lim , lim ,

− −

x x x 1 x 1

− −

+ +

x→0 x→0 x→1 x→1

− − −

x 1 x x [x] [5 x]

lim , lim , lim , lim .

x + 2 2 + x x x 1

− −

+ +

x→−2 x→−2 x→5 x→π

3. LIMITI SENZA LIMITI. 16

3. Limiti senza limiti.

Come per le successioni, anche per le funzioni può succedere che al tendere di x a

c i valori della funzione siano sempre più grandi. Per esempio, proviamo a calcolare il

2

limite in 0 di f (x) = 1/x ; scegliendo valori di x > 0 sempre più vicini a 0 otteniamo

valori di f sempre più grandi, e anzi se prendiamo una successione x 0, x > 0,

n n

otteniamo una successione di valori f (x ) che tende a +∞. In questo caso diremo

n

→ →

che f +∞ per x 0. Cerchiamo di dare una definizione più precisa. Notiamo

che nelle definizioni precedenti esprimevamo la vicinanza di f ad un certo numero

|f −

L tramite la quantità (x) L|, richiedendo che essa fosse “piccola”; ora invece

vogliamo esprimere il fatto che f (x) è “grande” quando x è vicino a c. Ricorriamo

ad una definizione simile a quella usata per le successioni divergenti:

3.1. Sia A contenente due intervalli ]a, c[ e ]c, b[. Diciamo che

Definizione R

f diverge a +∞ nel punto c, o che f tende a +∞ per x che tende a c, e

scriviamo lim f (x) = +∞

x→c

→ →

oppure f +∞ per x c, se per ogni M > 0 esiste δ = δ(M ) > 0 tale che

|x −

f (x) > M per tutti gli x tali che 0 < c| < δ.

−∞ −∞

Diciamo che f diverge a nel punto c, o che f tende a per x che tende

a c, e scriviamo −∞

lim f (x) =

x→c

→ −∞ →

oppure f per x c, se per ogni M < 0 esiste δ = δ(M ) > 0 tale che

|x −

f (x) < M per tutti gli x tali che 0 < c| < δ.

|x−c|

Se al posto della disuguaglianza 0 < < δ sostituiamo la disuguaglianza c < x <

c + δ (e supponiamo che A contenga un intervallo ]c, b[), otteniamo le corrispondenti

definizioni di limite destro, e se invece usiamo la disuguaglianza c δ < x < c (con

A contenente ]a, c[) otteniamo le corrispondenti definizioni di limite sinistro. +

→ → →

3.2. a) Sia f (x) = 1/x. Mostriamo che: f +∞ per x 0 , f

Esercizio −

−∞ → →

per x 0 , e che il limite per x 0 di f non esiste. Per dimostrare il primo fatto

fissiamo M > 0 e cerchiamo δ > 0 tale che 1/x > M per 0 < x < 0 + δ: chiaramente,

−1/M

basta prendere δ = 1/M . Per l’altro limite prendiamo M < 0 e scegliendo δ =

(positivo) abbiamo 1/x < M per 0 δ < x < 0; la terza affermazione segue subito

dall’esercizio 2.14 perché limite destro e sinistro sono diversi.

2 → →

b) Dimostrare che 1/x +∞ per x 0.

→ → 6

c) Dimostrare che se f 0 per x c e f è strettamente positiva per x = c,

allora 1 → →

+∞ per x c.

f (x)

3. LIMITI SENZA LIMITI. 17

Che si può dire se f è strettamente negativa? e se è strettamente positiva solo per x

vicino a c? e se è strettamente positiva solo per x > c?

d) Dire se esistono, e calcolare i limiti 1

1 1

lim , lim , lim ;

sen x sen x sen x

− x→0

+ x→0

x→0

2 2 2 2 2 2

− − −

x 3x x 3x x 3x

lim , lim , lim ;

− − −

2 x 2 x 2 x

− x→2

+

x→2 x→2 3 2 3 2

3 2 − −

− x 2x x 2x

x 2x

lim , lim , lim .

− − −

2 x 2 x 2 x

− x→2

+ x→2

x→2 →

e) Esiste il limite per x 0 della funzione seguente?

( 2 ≥

x + x se x 0

f (x) = sen x

1 se x < 0.

x

C’è un ultimo caso interessante di limite di funzioni, il comportamento per valori

2

di x “grandi”. Prendiamo ad esempio le funzioni f (x) = x e g(x) = 1/x. Calco-

liamole per valori di x sempre più grandi: vediamo che f e g hanno un andamento

completamente diverso: i valori di f sono sempre più grandi, quelli di g sono sempre

2

più vicini a 0. Nel primo caso diremo che x tende a +∞ quando x tende a +∞,

nel secondo che 1/x tende a 0 per x +∞. Non è difficile definire in modo preciso

queste nozioni: ⊆ →

3.3. Sia A contenente un intervallo ]a, +∞[, e sia f : A

Definizione R R.

Diciamo che f tende a L per x che tende a +∞, e scriviamo

lim f (x) = L

x→+∞

→ →

o f L per x +∞, se per ogni ε > 0 esiste K = K(ε) tale che

|f −

(x) L| < ε per tutti gli x tali che x > K.

→ → −∞

La definizione di f L per x è simile: si suppone che A contenga un

− ∞, |f −

intervallo ] b[ e si richiede che la condizione (x) L| < ε valga per x < K.

Infine diciamo che f tende a +∞ per x +∞, e scriviamo

lim f (x) = +∞

x→+∞

→ →

oppure f +∞ per x +∞, se per ogni M > 0 esiste K = K(M ) tale che

f (x) > M per tutti gli x tali che x > K.

→ ±∞ → ±∞

Non è difficile dare le definizioni negli altri casi possibili f per x

(quattro casi in tutto). 3. LIMITI SENZA LIMITI. 18

3.4. Anzitutto scrivete per esteso le definizioni precedenti in tutti i casi

Esercizio

possibili. Poi, provate a modificare l’enunciato del Teorema 2.4 in modo da coprire

ciascuno dei casi. Le dimostrazione sono praticamente identiche (farle in dettaglio

sarebbe inutile crudeltà).

→ → →

Ad esempio: f +∞ per x +∞ se e solo se, per ogni successione a +∞

n

si ha f (a ) +∞. Eccetera (l’esercizio è facile!).

n 3.5. Come al solito da risultati già dimostrati per le successioni otte-

Esempio

niamo subito i risultati corrispondenti per le funzioni. Ad esempio,

x

1

lim 1 + = e;

x

x→±∞

a → → ±∞.

infatti sappiamo che (1 + 1/a ) e per qualunque successione a Più in

n

n n

generale, x

L L

lim 1 + = e

x

x→±∞ ∈

(ragionamento identico). Inoltre se A > 0 e c abbiamo subito

R

x c

lim A = A .

x→c

Un caso particolarmente interessante è quello delle funzioni monotone:

3.6. Sia f :]a, c[→ una funzione crescente. Se f è limitata superior-

Teorema R

mente, allora esiste finito il limite lim f (x) = L

x→c

e L coincide con l’estremo superiore di f su ]a, c[. Se invece f non è limitata

superiormente, allora si ha lim f (x) = +∞.

x→c

Un risultato analogo vale con l’estremo inferiore se f è decrescente.

Dimostrazione. Nel primo caso, sia L l’estremo superiore di f ; sappiamo che

≤ ∈]a,

f (x) L per ogni x c[, e che comunque si prenda ε > 0 si può trovare un punto

− ≤

y dell’immagine di f tale che L ε < y L. Quindi si deve avere y = f (x ) per

ε ε ε ε

qualche punto x del dominio ]a, c[, e dato che f è crescente si ha

ε

− ≤ ≤

L ε < f (x ) f (x) L per tutti gli x tali che x < x < c.

ε ε

Se poniamo δ = δ(ε) = c x possiamo riscrivere la disuguaglianza ottenuta come

ε

− ≤ −

L ε < f (x) L per tutti gli x tali che c δ < x < c,

e pertanto (dato che ε > 0 è arbitrario, e che L < L + ε) abbiamo dimostrato la tesi.

Se f non è limitata superiormente, procediamo in modo analogo: sappiamo che

per ogni M > 0 c’è un punto y = f (x ) nell’immagine tale che f (x) > M per tutti

M M

3. LIMITI SENZA LIMITI. 19

gli x tali che x < x < c, e ponendo δ = δ(M ) = c x otteniamo anche in questo

M M

caso la tesi. 3.7. Naturalmente risultati analoghi valgono per il limite destro:

Osservazione +

se f :]c, b[ è crescente e limitata inferiormente, allora esiste il limite per x c di

f (x) ed esso coincide con l’estremo inferiore della funzione su ]c, b[ (attenzione, stiamo

→ −∞

“andando verso sinistra”!); se f (x) non è limitata inferiormente allora f per

+

x c . Risultato analogo con l’estremo superiore se f è decrescente.

→ → −∞

Infine, analoghi risultati si hanno per x +∞ o per x (provare a scriverne

qualcuno!). →

3.8. Se f : [a, b] è una funzione monotona definita su un in-

Esercizio R

tervallo chiuso, allora esistono finiti i limiti destro e sinistro in ogni punto interno

dell’intervallo, e inoltre esistono finiti il limite sinistro in b e il limite destro in a.

Se f :]a, b[→ è una funzione monotona definita su un intervallo aperto, allora

R

esistono finiti i limiti destro e sinistro in ogni punto dell’intervallo; inoltre esistono il

limite sinistro in b e il limite destro in a, ma possono essere rispettivamente +∞ e

−∞. Sapreste costruire degli esempi di ciascuna di queste situazioni?

3.9. Siano A > 1, α > 0, β > 0. Le funzioni

Esempio α β x x

(ln x) , x , A , x x

tendono a +∞ per x +∞. Infatti sono crescenti (perché è crescente x ?) e non

sono limitate superiormente (basta ad esempio calcolarle per x = n e otteniamo delle

successioni che divergono a +∞).

Se invece 0 < A < 1, si ha x → →

A 0 per x +∞.

Perché?

Anche per le funzioni, come per le successioni, si possono estendere le operazioni

±∞,

fra i limiti in modo da coprire i casi di limiti ma non tutti. Il Teorema seguente

elenca i vari casi possibili: ±

→ →

3.10. Siano f e g due funzioni aventi limite per x c (o per x c ).

Teorema ±

→ →

Abbiamo allora che, per x c, (o per x c )

• ±∞, ±∞;

se f e g divergono entrambe a allora f + g diverge a

• ±∞ ∓∞, − ±∞;

se f diverge a e g diverge a allora f g diverge a

• ±∞ ± ±∞;

se f diverge a e g tende a M , allora f g diverge a

• ±∞, ±∞;

se f tende a L e g diverge a allora f + g diverge a

• ±∞, − ∓∞;

se f tende a L e g diverge a allora f g diverge a

• ±∞, ·

se f e g divergono entrambe a f g diverge a +∞;

• ±∞ ∓∞, · −∞;

se f diverge a e g diverge a allora f g diverge a

• ±∞ · ±∞;

se f diverge a e g tende a M > 0, allora f g diverge a

3. LIMITI SENZA LIMITI. 20

• ±∞ · ∓∞;

se f diverge a e g tende a M < 0, allora f g diverge a

fg

• ±∞,

se f tende a L e g diverge a allora tende a 0; fg

• ±∞ ±∞;

se f diverge a e g tende a zero da valori positivi, allora diverge a

fg

• ±∞

se f diverge a e g tende a zero da valori negativi, allora diverge a

∓∞; fg

• se f tende ad L > 0 e g tende a zero da valori positivi, allora diverge a

+∞; fg

• se f tende ad L < 0 e g tende a zero da valori positivi, allora diverge a

−∞; fg

• se f tende ad L > 0 e g tende a zero da valori negativi, allora diverge a

−∞; fg

• se f tende ad L < 0 e g tende a zero da valori negativi, allora diverge a

+∞.

Proprio come per le successioni, vi sono alcuni casi di “forme indeterminate”:

• ±∞ ∓∞;

il limite di f + g quando f diverge a e g diverge a

• − ±∞;

il limite di f g quando f e g divergono entrambe a

• · ±∞

il limite di f g quando f diverge a e g converge a zero;

fg

• −∞);

il limite di quando f e g divergono entrambe (a +∞ o a

fg

• il limite di quando f e g convergono entrambe a zero.

− ∞, · ∞, ∞/∞,

Per calcolare limiti di questo tipo (“∞ 0 0/0”) non vale una regola

generale ma bisogna procedere caso per caso, e talvolta, come già per le successioni,

il limite non esiste.

3.11. Sappiamo che

Esempio x

lim e = +∞

x→+∞

(perché crescente e non limitata) e quindi −x

lim e = 0

x→+∞

−x x

perché e = 1/e (stiamo applicando il Teorema precedente, caso L/∞). Da questo

segue anche che x

lim e = 0

x→−∞

−x

perché ponendo z = otteniamo esattamente il limite precedente.

x → ∞

Se invece proviamo a calcolare il limite di e /x per x abbiamo una forma in-

∞/∞.

determinata Fortunatamente abbiamo già dimostrato che per ogni successione

a divergente a +∞ si ha

n a

A n

∀A ∀α

> 1, > 0 lim = +∞

α

a

n→+∞ n

3. LIMITI SENZA LIMITI. 21

e quindi otteniamo subito x

A

∀A ∀α = +∞.

(3.1) > 1, > 0 lim α

x

x→+∞

In modo simile si dimostra che α

x

∀α ∀β

(3.2) > 0, > 0, lim = +∞.

β

(ln(x))

x→∞ → ±∞

3.12. Anche per calcolare limiti infiniti o per x si può usare il

Esempio

metodo del cambiamento di variabile, con le stesse cautele. Vediamo qualche esempio:

1/x y

lim e = lim e = +∞

y→+∞

+

x→0 +

→ →

perché y = 1/x +∞ per x 0 ; 1/x y

lim e = lim e = 0

− y→−∞

x→0 −

→ −∞ → →

perché y = 1/x per x 0 ; notare che il limite per x 0 non esiste. Altro

esempio: dal limite x

e

lim = +∞

x

x→+∞

x

con il cambiamento di variabile y = e (e quindi x = ln x) segue subito che

y

lim = +∞

ln y

y→+∞

(e più in generale, il limite (3.2) segue subito dal limite (3.1)). Ultimo esempio:

y

e

1/x

lim xe = lim = +∞

y

y→+∞

+

x→0

ponendo y = 1/x.

3.13. Calcolare i seguenti limiti:

Esercizio

√ √ 2 −

x 5x

p

− −

lim ( x + a x), lim ( x(x + a) x), lim ,

3 x

x→+∞ x→+∞ x→+∞

√ √

2 3

− −

x x x

3 x ,

, lim

lim , lim √

p

2

3 2 −

3 x

x + x x→+∞

x→−∞ x→+∞ x + x

x

1 3 1/x

lim x sen , lim 1 + , lim (1 + x) ,

x x

x→+∞ x→+∞ +

x→0 2

−1/x

x x x

lim x , lim ( sen x) , lim (2 + sen x) , lim xe ,

x→+∞

+ + +

x→0 x→0 x→0

−2x 2x 3x

x

− − −

e e

1 e 1 e

2

−1/x √ , lim

lim xe , lim , lim ,

x x

x

− x→0

x→0 +

x→0 x→0

x x

2+ x x +1 1 1

−1/x −1/x

lim , lim lim e , lim e .

− −

3 x x 1 x x

x→0 x→+∞ +

x→0 x→0

4. FUNZIONI CONTINUE. 22

4. Funzioni continue.

Siamo pronti per dare una definizione importantissima:

⊆ ∈

4.1. Sia A un insieme contenente l’intervallo ]a, b[, e sia c

Definizione R

]a, b[. Una funzione f :]a, b[→ si dice continua nel punto c se

R lim f (x) = f (c).

x→c

Nel caso di una funzione f : [a, b] estendiamo la definizione precedente dicendo

R

che f è continua in a se il limite sinistro di f in a è uguale ad f (a), e analogamente

nel punto b. Se questa condizione non è soddisfatta (ossia il limite non esiste, oppure

esiste ma è diverso dal valore della funzione nel punto), allora f si dice discontinua

in c.

La funzione si dice continua se è continua in ogni punto del suo dominio.

Notare che il punto c deve appartenere al dominio della funzione: infatti qui

richiediamo che il limite in c esista e sia proprio uguale al valore f (c) della funzione

in quel punto.

Il seguente risultato è una conseguenza immediata del Teorema sulle operazioni

fra limiti: 4.2. Se due funzioni f, g sono continue nello stesso punto c, allora

Teorema

− · · ∈

f + g, f g, f g, α f (α sono continue in c, e il rapporto f /g è continuo in c

R)

6

se g(c) = 0. 4.3. 1) I polinomi sono funzioni continue (e quindi in particolare tutte

Esempio n

le potenze intere x ). Infatti abbiamo visto che per qualunque c si ha lim P (x) =

x→c

P (c). x x c

La funzione e è continua perché, come abbiamo già dimostrato, e e per

x

x c. Analogamente, A è continua per ogni A > 0, e ln x è continua (su ]0, +∞[).

Anche sen x e cos x sono continue: sappiamo già che sen x è continua in zero,

ossia che lim sen x = 0.

x→0

Quindi anche cos x è continua in 0, infatti

√ 2

lim cos x = lim 1 sen x = 1

x→0 x→0

applicando le regole di calcolo che conosciamo. Inoltre scrivendo

sen x = sen (x c + c)

e applicando la formula di addizione otteniamo subito la continuità in ogni punto:

lim sen x = sen c

x→c

(scrivere i dettagli!). Discorso simile per cos x. Ne segue che la funzione tg x =

π

6 + kπ.

sen x/ cos x è continua in tutti i punti x = 2

4. FUNZIONI CONTINUE. 23

|x|

2) La funzione è continua. Si può procedere punto per punto; oppure si può

osservare che ||x| − |c|| ≤ |x − c|

|x| → |c| →

e da questa disuguaglianza segue subito che per x c.

3) Supponiamo che f sia una funzione continua, e sia g un’altra funzione con la

∈]a, 6

proprietà f (x) = g(x) per x b[ mentre potrebbe essere f = g negli altri punti.

∈]a,

Allora g è continua in tutti i punti c b[. Infatti quando si calcola il limite di g

per x c ci si può limitare a considerare i valori di x vicini a c (vedi la definizione

di limite).

Ma non tutte le funzioni sono continue, naturalmente...

4.4. 1) La funzione parte intera di x, f (x) = [x], è discontinua in tutti

Esempio

∈ 6∈

i punti x e continua negli altri punti. Che sia continua in ogni c è evidente

Z, Z ∈

perché vicino a tali punti f è una funzione costante. D’altra parte, fissato k si

Z,

ha −

lim = k, lim = k 1,

+

x→k x→k

e quindi il limite in k non esiste.

2) La funzione segno di x, definita come

+1 se x > 0

f (x) = 0 se x = 0

−1 se x < 0

(o in modo più rapido ma meno preciso, f (x) = x/|x|) è continua in ogni punto

tranne 0. 4.5. Qualche volta si usa la seguente terminologia: se in un punto c

Definizione

esistono sia il limite destro che il limite sinistro di f , ma essi non coincidono, oppure

coincidono ma sono diversi dal valore f (c), si dice che f ha una discontinuità di

prima specie in c. In particolare quando i limiti destro e sinistro coincidono fra loro

ma sono diversi da f (c), è ovvio che basta cambiare il valore di f in c per ottenere

una funzione continua; per questo si parla anche di discontinuità eliminabile. (E

talvolta si usa questo termine anche per funzioni che non sono definite in c, ma hanno

limite destro e sinistro in c uguali).

In tutti gli altri casi si parla di discontinuità di seconda specie.

4.6. Un esempio un po’ delicato, detto funzione di Dirichlet. Essa è

Esempio

definita come ( ∈

1 se x Q

f (x) = 6∈

0 se x Q.

Questa funzione è discontinua in tutti i punti, e anzi ha solo discontinuità di seconda

specie. Sapreste dimostrarlo? 4. FUNZIONI CONTINUE. 24

4.7. Un altro esempio interessante è dato dalla funzione

Esempio 1

f (x) = sen .

x

Il suo grafico è il seguente: 1

0.5

-1 1

-0.5 0.5

-0.5

-1

Questa funzione è continua in tutti i punti tranne x = 0. Sapete dimostrarlo?

Provate anche a disegnare il grafico della funzione

1

· .

f (x) = x sen x

4.8. Supponiamo che una funzione f (x) abbia la proprietà seguente:

Esempio ≥

esiste una costante K 0 tale che

|f − ≤ −

(x) f (y)| K|x y|

per tutti i punti x, y nel dominio di A. Una tale funzione si dice lipschitziana.

È evidente che una funzione lipschitziana è anche continua: infatti se x c dalla

disuguaglianza |f − ≤ −

(x) f (c)| K|x c|

segue subito che f (x) f (c).

4.9. Pronunciare “lipschitziana” [L.Orsina].

Esercizio

Anche la composizione di funzioni continue è continua:

4.10. Siano f :]a, b[→ e g :]α, β[→ due funzioni con la proprietà

Teorema R R

⊆]α, ◦

f (]a, b[) β[; si può quindi considerare la funzione composta h = g f . Se f è

continua in un punto c e g è continua nel punto f (c) allora h è continua in c. Quindi,

la composizione di funzioni continue è una funzione continua.

Dimostrazione. Presa una successione a c qualunque, la successione α =

n n

f (a ) converge a f (c) dato che f è continua in c, e quindi g(α ) = h(a ) converge a

n n n

g(f (c)) dato che g è continua in f (c). Ne segue la continuità di h.

5. ALCUNE PROPRIETÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE. 25

4.11. a) Determinare l’insieme dei punti di continuità per le funzioni

Esercizio

seguenti. Ad esempio, la funzione f (x) = 1/x è discontinua in 0 ma continua in tutti

gli altri punti in quanto rapporto di due funzioni continue, e pertanto il suo insieme

\ {0}.

di continuità è Naturalmente l’insieme di continuità è contenuto nell’insieme

R

di definizione. 1 1 1

2

−1/x

1/x

, xe , xe , sen , .

1

1 3x x sen x

b) Per quali valori dei parametri α, β la funzione seguente è continua?

2x

 per x > 0,

sen x

α per x = 0,

f (x) = −βx −

e 1

 per x < 0.

 x

Stesso problema per la funzione 2x 3x

 e e

√ per x > 0,

 x

f (x) = α per x = 0,

 −βx −

e 1

 per x < 0.

sen x −

+

c) Sia f continua. Dimostrare che le funzioni f (x) = max{f (x), 0} e f (x) =

max{−f (x), 0} sono continue. Inoltre data una funzione f (x) qualunque, sapreste

+

disegnare i grafici di f e f ? Infine, delle seguenti quattro identità quali sono vere

e quali no? − − − −

+ + + +

− |f | |f |

f = f + f , f = f f , = f + f , = f f .

5. Alcune proprietà delle funzioni continue.

5.1. (Permanenza del segno per funzioni continue). Sia f :]a, b[→

Teorema R

continua in c e supponiamo che f (c) > 0. Allora esiste δ > 0 tale che f (x) > 0 per

|x −

tutti gli x tali che c| < δ. Proprietà analoga se f (c) < 0.

Dimostrazione. Basta applicare il Teorema 2.2, caso (i), ricordando che L = f (c).

Dimostriamo ora una proprietà fondamentale delle funzioni continue, che anzi le

caratterizza: →

5.2. (Teorema degli zeri). Sia f : [a, b] una funzione continua e

Teorema R ∈]a,

supponiamo che f (a) < 0 e f (b) > 0 (o viceversa). Allora esiste un punto z b[ in

cui f si annulla: f (z) = 0.

Dimostrazione. Supponiamo ad esempio di essere nella situazione f (a) < 0 <

f (b). Consideriamo il punto c = (a + b)/2, ossia il punto di mezzo dell’intervallo. Se

f (c) = 0 possiamo prendere z = c e il teorema è dimostrato. Altrimenti definiamo

un nuovo intervallo più piccolo [a , b ] distinguendo due casi:

1 1

• f (c) > 0, e allora poniamo a = a, b = c;

1 1

5. ALCUNE PROPRIETÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE. 26

• f (c) < 0, e allora poniamo a = c, b = b.

1 1

In altri termini, abbiamo costruito un intervallo largo la metà di quello di partenza

in cui si verifica ancora la situazione originaria: f (a ) < 0 < f (b ). Notare anche

1 1

che il nuovo intervallo è contenuto nel precedente: detti a = a e b = b si ha

0 0

≤ ≤

a a < b b . Chiaramente possiamo ripetere il procedimento, prendendo il

0 1 1 0

punto medio dell’intervallo [a , b ] e distinguendo i vari casi f (c ) = 0, < 0, > 0.

1 1 1

Andiamo avanti cosı́: se abbiamo ripetuto l’operazione n volte siamo arrivati a

costruire i punti a < b con le proprietà

n n

≤ ≤ · · · ≤ ≤ · · · ≤ ≤

a a a e b b b

0 1 n n 1 0

e inoltre la largezza dell’intervallo [a , b ] è quella dell’intervallo di partenza divisa

n n

n

per 2 volte, ossia − −

b a b a

n−1 n−1 0 0

− ···

b a = = = .

n n n

2 2

Per fare il passo successivo consideriamo il punto medio dell’intervallo [a , b ] ossia

n n

c = (a + b )/2; come al solito, se f (c ) = 0 abbiamo terminato, altrimenti abbiamo

n n n n

i due casi

• f (c ) > 0, e allora poniamo a = a , b = c ;

n n+1 n n+1 n

• f (c ) < 0, e allora poniamo a = c , b = b .

n n+1 n n+1 n

Se ad un certo passo il punto medio dell’intervallo è uno zero di f , il procedimento

termina; altrimenti esso produce due successioni a , b con le seguenti proprietà: a

n n n

è crescente, b è decrescente, inoltre a < b e anzi

n n n −

b a

0 < b a = .

n n n

2

Tutte e due queste successioni convergono ad un limite finito, infatti sono monotone

e limitate (in quanto appartengono all’intervallo [a, b]). Sia L il limite della prima

e M il limite della seconda: chiaramente L = M perché passando al limite nella

disuguaglianza precedente per il Teorema del confronto otteniamo

≤ − ≤

0 L M 0.

Poniamo allora z = L = M : è facile vedere che f (z) = 0. Infatti da f (a ) < 0 e

n

→ ≤ →

a L segue subito f (L) 0, e d’altra parte da f (b ) > 0 e b M segue subito

n n n

f (M ) = f (L) 0.

Dal Teorema degli zeri segue una conseguenza immediata ma molto utile:

5.3. (Teorema dei valori intermedi). Sia f una funzione continua su

Teorema

un intervallo [a, b]. Allora essa assume tutti i valori intermedi fra f (a) e f (b).

Dimostrazione. Consideriamo il caso f (a) < f (b), il caso f (a) > f (b) è identico

(e se f (a) = f (b) non c’è nulla da dimostrare). Preso un qualunque valore intermedio

f (a) < γ < f (b), vogliamo dimostrare che esiste un punto z in cui f (z) = γ.

5. ALCUNE PROPRIETÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE. 27

Basta considerare la funzione g : [a, b] definita da

R

g(x) = f (x) γ.

− −

Si ha infatti g(a) = f (a) γ < 0 e g(b) = f (b) γ > 0, e inoltre g è una funzione

continua. Per il Teorema degli zeri allora deve esistere un punto z in cui 0 = g(z) =

f (z) γ da cui la tesi. →

5.4. Supponiamo di avere una funzione f : [a, b] continua e

Osservazione R

strettamente crescente. Allora sappiamo già che essa è invertibile (Teorema 1.8) e dal

risultato precedente sappiamo che essa assume tutti i valori compresi fra f (a) = α

e f (b) = β; notiamo che α e β sono proprio il minimo ed il massimo valore di f

perché f è strettamente crescente. In conclusione l’immagine di f è tutto l’intervallo

[α, β], e questo è anche il dominio della funzione inversa che è strettamente crescente

−1 →

f : [α, β] con immagine [a, b].

R

E se consideriamo intervalli aperti, o infiniti? Il risultato vale ancora, e allora pos-

siamo enunciare il fatto generale che una funzione continua definita su un intervallo

di qualunque tipo (aperto, chiuso, semiaperto, finito o infinito) ha per immagine un

intervallo. x

5.5. Determiniamo l’immagine E = Im (f ) della funzione f (x) = e .

Esempio

In effetti abbiamo già osservato che E =]0, +∞[ ma senza dimostrarlo. Ora abbiamo

gli strumenti per farlo. Anzitutto per il teorema dei valori intermedi sappiamo che E

⊆]0,

deve essere un intervallo, dato che f è definita su ed è continua; inoltre E +∞[

R

x x

perché e > 0 per qualunque x. Infine sappiamo che lim e = 0, quindi l’estremo

x→−∞

x

inferiore di E è 0, e e non è limitata superiormente, quindi la tesi.

Altra proprietà fondamentale delle funzioni continue è l’esistenza di massimi e

minimi. ⊆ →

5.6. Sia A Diciamo che la funzione f : A assume

Definizione R. R

∈ ≥ ∈

massimo su A se esiste un punto c A tale che f (c) f (x) per tutti gli x A,

e tale punto è detto punto di massimo per f su A. Analoga la definizione per il

minimo. →

5.7. (Teorema di Weierstrass). Sia f : [a, b] una funzione continua

Teorema R

sull’intervallo chiuso e limitato [a, b]. Allora f ammette massimo e minimo su [a, b].

Dimostrazione. Dimostriamo l’esistenza del massimo, quella del minimo è ana-

loga. Distinguiamo due casi.

Caso A: se f non è limitata superiormente, possiamo costruire una successione di

punti a tali che f (a ) +∞. Basta osservare che per ogni intero n devono esistere

n n

dei punti in cui f vale più di n, scegliere uno di questi punti e chiamarlo a .

n

Caso B: se invece f è limitata superiormente, possiamo considerare il suo estremo

superiore, ossia il numero M = sup f ([a, b]). Dalla definizione di estremo superiore

abbiamo allora che:

5. ALCUNE PROPRIETÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE. 28

≥ ∈

1) M f (x) per tutti gli x [a, b]; ∈ −

2) dato qualunque ε > 0 esiste un punto a [a, b] tale che f (a ) > M ε.

ε ε

Allora per ogni n possiamo prendere ε = 1/n e definire a = a ; abbiamo

N n ε

costruito una successione a [a, b] tale che

n 1

− ≤

M < f (a ) M.

n

n →

Notare che da questa disuguaglianza, passando al limite segue subito che f (a ) M .

n

In conclusione, in tutti e due i casi siamo riusciti a costruire una successione a n

con la proprietà f (a ) sup f .

n

Applichiamo adesso il Teorema di Bolzano-Weierstrass: da a , successione limita-

n

ta perché contenuta in [a, b], si può estrarre una sottosuccessione a convergente ad

n

k

≤ ≤

un punto c; essendo a a b tale punto appartiene all’intervallo [a, b], ed essendo

n

k

f continua si ha f (a ) f (c).

n

k →

Vediamo cosı́ che il caso A è impossibile: infatti se fosse f (a ) +∞ si avrebbe

n

anche per l’estratta f (a ) +∞ ma sappiamo che questa converge ad un limite

n

k

finito. Resta solo il caso B, e otteniamo allora che

f (a ) M = f (c)

n

k

ossia il valore di f nel punto c è uguale all’estremo superiore di f . Ne segue che c è

il punto di massimo cercato.

5.8. Le ipotesi del teorema precedente sono: la continuità della

Osservazione

funzione, e il fatto che il dominio della funzione è di tipo particolare (un intervallo

chiuso e limitato). Si tratta veramente di ipotesi essenziali?

1) Per esempio, proviamo ad abolire l’ipotesi di continuità. Allora vediamo che è

molto facile trovare dei casi in cui la funzione non ha massimo, anche se la funzione è

discontinua solo in un punto. Ad esempio si può prendere la funzione f : [0, 1] R

definita come ( ≤

x se 0 x < 1,

f (x) = 0 se x = 1.

Allora l’estremo superiore della funzione è 1 (perché?), ma la funzione non assume

mai il valore 1 e quindi non ha massimo su [0, 1]. È chiaro quindi che la continuità è

essenziale.

2) Proviamo allora a cambiare le proprietà del dominio. Consideriamo la funzione

f : [0, 1[→ data semplicemente da f (x) = x. Anche in questo caso si ha subito

R

che l’estremo superiore di f è 1; e anche in questo caso la funzione non assume mai

il valore 1, questa volta perché il dominio di f non è chiuso.

3) E se si abolisce l’altra proprietà del dominio, la limitatezza? In questo caso

è chiaro che si possono considerare funzioni il cui estremo superiore è +∞. Ad

esempio f : data da f (x) = x non ha massimo su perché non è limitata

R R R

superiormente (e non ha neanche minimo).

5. ALCUNE PROPRIETÀ DELLE FUNZIONI CONTINUE. 29

Anche se si considerano solo funzioni limitate la situazione non migliora: per

→ −π/2

esempio f (x) = arc tgx, f : è sempre compresa fra e +π/2, il suo

R R,

estremo superiore è proprio π/2, ma non assume mai tale valore e quindi non ha

massimo (né minimo).

5.9. Però va anche detto che in certe situazioni si può dimostrare

Osservazione

che esiste il massimo (o il minimo) anche se le ipotesi del Teorema di Weierstrass non

sono soddisfatte.

Ad esempio, supponiamo che il dominio sia l’unione di due intervalli chiusi di-

sgiunti come ∪

A = [a, b] [c, d] →

con a < b < c < d. È chiaro che una funzione continua f : A deve avere

R

massimo; infatti ha sicuramente un massimo sul primo intervallo, ha un massimo sul

secondo, e basta confrontare i due valori e scegliere quello più grande per trovare un

massimo su tutto A. Quindi è chiaro che non è essenziale la forma di A; ciò che conta

è una proprietà più delicata detta compattezza, e che equivale alla seguente: da ogni

successione in A si può estrarre una sottosuccessione convergente. Ossia, deve valere

il Teorema di Bolzano-Weierstrass.

Infine, in qualche caso non si può applicare il Teorema di Bolzano-Weierstrass, si

riesce lo stesso a garantire l’esistenza di un massimo:

5.10. 1) Sia f : continua con la proprietà

Esercizio R R

lim f (x) = lim f (x) = 0.

x→+∞ x→−∞

Dimostrare che f ammette o massimo o minimo su Mostrare con un esempio che

R.

f può avere massimo e non minimo, o viceversa.

2) Sia f : continua con la proprietà

R R lim f (x) = lim f (x) = +∞.

x→+∞ x→−∞

Allora f ammette minimo. CAPITOLO 4

Derivazione

1. Derivata.

Che cos’è la velocità? Questo concetto fa parte dell’esperienza comune di tutti. Non so-

lo: sappiamo bene che la velocità si può misurare, e abbiamo sviluppato una certa sensibilità

al riguardo. Sappiamo che ha a che fare con quanto spazio si riesce a percorrere in un certo

tempo, cioè si tratta di un rapporto. Di più, sappiamo che ha perfettamente senso parlare

della velocità in un certo istante: non c’è bisogno di percorrere una distanza, misurarla e

calcolare un rapporto, si può misurare la “velocità istantanea”. Ma esattamente?

Riuscire ad afferrare questo concetto e utilizzarlo in un procedimento di calcolo è stata

un’impresa epocale, compiuta tra la fine del seicento e l’inizio del settecento sostanzialmente

da Newton (la questione delle priorità è spinosa: certamente Galileo fu un precursore, e

Leibniz ebbe le stesse idee negli stessi anni, ma Newton oltre ad inventare l’analisi fu anche

in grado di usarla per risolvere vari problemi di meccanica celeste con successo spettacolare).

È difficile immaginare oggi l’impatto che queste idee poterono avere nel settecento. Oggetti

che sembravano al limite del soprannaturale, le comete e i pianeti, si rivelavano invece

assolutamente ordinari, e addirittura se ne poteva calcolare l’evoluzione da terra. Il successo

di Newton segnò l’inizio della scienza moderna. ∈]a,

1.1. Sia f :]a, b[→ una funzione e x b[. Diciamo che f è

Definizione R 0

derivabile in x se esiste il limite

0 −

f (x + h) f (x )

0 0

(1.1) lim h

h→0

detto derivata di f nel punto x e indicato con varie notazioni:

df

0

f (x ) = Df (x ) = (x )

0 0 0

dx

(notazioni rispettivamente di Lagrange, di Leibniz e di Louis Arbogeste...). Se f è

0

7→

derivabile in tutti i punti del dominio si dice derivabile, e la funzione x f (x) si

0

indica con f (e si chiama naturalmente la derivata di f ). +

Si può anche considerare in (1.1) il limite destro per h 0 , detto derivata

destra, e il limite sinistro per h 0 , detto derivata sinistra. In particolare

per una funzione f : [a, b] si possono definire la derivata sinistra nel punto b e

R

la derivata destra nel punto a, e una funzione è derivabile in un punto se e solo se

derivata destra e quella sinistra in quel punto esistono e sono uguali.

1

1. DERIVATA. 2

1.2. Notare che se si pone y = x + h nella definizione di derivata

Osservazione 0

si ottiene la formula equivalente −

f (y) f (x )

0

0

f (x ) = lim

0 −

y x

y→x 0 0

→ →

perché evidentemente y = x + h x quando h 0.

0 0

1.3. Un modo equivalente di dire che f è derivabile in x con

Osservazione

0

derivata f (x) = L è il seguente: esiste una funzione ω(h) infinitesima di ordine

superiore ad h per h 0, cioè con la proprietà

ω(h)

lim = 0,

h

h→0

tale che si può scrivere ·

(1.2) f (x + h) = f (x) + h L + ω(h).

Infatti si ha subito −

ω(h) f (x + h) f (x) − →

= L 0

h h 0

da cui si vede che il rapporto incrementale tende proprio al limite L, ossia L = f (x).

1.4. Il rapporto

Osservazione −

f (x + h) f (x)

(1.3) h

si chiama rapporto incrementale di f in x e allora h si dice anche l’incremento.

Notare che l’incremento può essere qualunque numero positivo o negativo diverso da

0, e quindi x + h può essere anche a sinistra di x; purché naturalmente si abbia

∈]a,

sempre x + h b[.

Il rapporto incrementale si può interpretare in modo molto chiaro da un punto di

vista geometrico: nella figura seguente, R f (x + h)

f (x + h) f (x)

f (x)

P Q

x h x + h

1. DERIVATA. 3

se il punto P del grafico ha coordinate (x, f (x)) e ad esempio prendiamo h > 0,

il numeratore è la lunghezza del segmento QR parallelo all’asse delle ordinate, il

denominatore h è la lunghezza del segmento P Q parallelo all’asse delle ascisse, e

quindi il loro rapporto esprime la pendenza del segmento P R: rapporto 1 vuol dire

◦ π

pendenza di 45 = , e cosı́ via. Allora è naturale interpretare il limite del rapporto

4 0

incrementale, ossia la derivata f (x), come la pendenza limite delle rette P R quando

il punto P tende al punto R; ossia la pendenza della retta tangente al grafico di f

nel punto P .

Possiamo utilizzare quest’osservazione per scrivere l’equazione della retta tangente

al grafico di una funzione (quando tale retta esiste!). Una retta di pendenza a ha la

forma ax + b (ossia il suo coefficiente angolare è a), quindi la retta tangente ad f in

0

un punto fissato c deve avere pendenza a = f (c) ossia è del tipo

0

f (c)x + b.

A questo punto basta scegliere il coefficiente b in modo che la retta passi per il punto

del grafico (c, f (c)), ossia

0 0

· −

f (c) c + b = f (c) =⇒ b = f (c) cf (c)

e quindi la retta tangente al grafico di f nel punto c ha la forma

0 −

f (c)(x c) + f (c).

Anche la formulazione equivalente dell’Osservazione 1.3 si può visualizzare geometri-

camente: se x è un punto vicino a c, ossia x = c + h, allora la (1.2) si può scrivere,

0

dato che L = f (c), 0 − −

f (x) = f (c) + f (c)(x c) + ω(x c).

Quindi la funzione ω si può interpretare come l’errore che si commette approssimando

f (x) con la sua tangente; vediamo che l’esistenza della derivata implica che tale errore

è di ordine superiore al primo, in quanto

ω(h) ω(h)

≡ → →

0 per h 0.

1

h h

1.5. Sia f (x) = C una funzione costante (ossia una funzione f il cui

Esempio

valore è C in tutti i punti). Il suo grafico naturalmente è una retta orizzontale ad

altezza C. Se calcoliamo il rapporto incrementale in un qualunque punto x abbiamo

− −

f (x + h) f (x) C C

= =0

h h

6

(si ricordi che h = 0) e quindi otteniamo che la derivata di una funzione costante è

0 : per ricordare questa regola scriviamo in modo sintetico (e leggermente impreciso)

0

(C) = 0.

Notare che la “pendenza” della curva è zero, cioè la curva è orizzontale in tutti i

punti. 1. DERIVATA. 4

Sia f (x) = x: il rapporto incrementale in qualunque punto x è

− −

f (x + h) f (x) x + h x

= =1

h h

e quindi otteniamo la regola 0

(x) = 1

ossia la derivata della funzione x è la funzione costante 1.

Se invece consideriamo f (x) = cx+d dove c, d sono numeri reali fissati, il rapporto

incrementale è − −

f (x + h) f (x) c(x + h) cx

= = c

h h

0

da cui f = c, ossia sinteticamente 0

(cx + d) = c.

Notiamo che la pendenza della retta cx+d è espressa proprio dal coefficiente angolare

c (positivo, negativo o nullo), indipendentemente dal valore di d.

2

Altra derivata facile da calcolare è quella di f (x) = x :

2 2

− −

f (x + h) f (x) (x + h) x

= = 2x + h

h h 0

e se calcoliamo il limite per h 0 otteniamo subito f (x) = 2x. Abbiamo quindi la

regola sintetica 0

2

(x ) = 2x. x

Proviamo a calcolare la derivata di f (x) = e :

x+h x h

− −

e e e 1

x ·

= e ;

h h

il limite per h 0 si calcola facilmente ricordando che

h −

e 1 → →

1 per h 0

h

0 x

e dà f = e : 0

x x

(e ) = e .

Invece per f (x) = sen x il calcolo è un po’ più complicato; il modo più rapido è

utilizzare la formula di prostaferesi

a b a + b

sen a sen b = 2sen cos

2 2

da cui si ha subito

sen (x + h) sen x 2 h h

·

= sen cos x + .

h h 2 2

Ricordando che sen x → →

1 per x 0

x 1. DERIVATA. 5

0

otteniamo subito che il limite per h 0 è f (x) = cos x:

0

(sen x) = cos x.

0 −sen

Un procedimento simile per f (x) = cos x dà f (x) = x:

0 −sen

(cos x) = x

(verificare!). 1.6. Quanto fa la derivata di f (t) = sen t nel punto t? E la derivata

Esercizio

z z −z?

di f (z) = e nel punto z = 4? E la derivata di f (z) = e nel punto E la derivata

2

di f (t) = t nel punto x?

1.7. Come dicevamo all’inizio, la derivata è un concetto nato

Osservazione

dall’idea intuitiva di velocità. Se f (t) esprime la posizione di un oggetto in moto, in

funzione del tempo, allora il rapporto incrementale di f è il rapporto tra lo spazio

percorso nel tempo h, e il tempo h impiegato a percorrerlo, cioè esprime la velocità

0

media nell’intervallo di tempo h. Allora il limite per h 0, cioè la derivata f (t),

esprime la velocità all’istante t: è la rapidità con cui varia la posizione all’istante t.

Supponiamo di avere calcolato la velocità di un oggetto in ogni istante; abbiamo

allora la funzione v(t), velocità in funzione del tempo. Se ripetiamo il procedimento

precedente e deriviamo v, otteniamo una nuova quantità che misura la rapidità con

cui varia la velocità all’istante t: è detta accelerazione dell’oggetto all’istante t. Si

tratta della derivata seconda della posizione; torneremo su questo concetto in seguito.

Quando f (t) rappresenta una posizione in funzione del tempo, si usa talvolta la

˙ 0

notazione f (t) invece di f (t); si tratta della notazione originale di Newton. Allora

¨

l’accelerazione si indica con f (t).

1.8. a) Determinare la derivata delle funzioni seguenti calcolando il

Esercizio

limite del rapporto incrementale: √

1 1 1

2 2 x 2

x , 1 2x, , x + , (x + 3) , A (A > 0), x, 1 + x .

2 x x

b) Una particella P si muove di moto uniformemente accelerato. Questo vuol dire

che lo spazio percorso all’istante t è dato dalla formula

1 2

s = at + v t + s

0 0

2

dove s è la posizione iniziale e v la velocità iniziale. Calcolare le espressioni della

0 0

velocità e dell’accelerazione di P all’istante t.

1.9. Nel seguito saremo interessati quasi esclusivamente a funzioni de-

Esempio

rivabili; ma naturalmente vi sono moltissime funzioni non derivabili (anzi sono la

|x|:

maggioranza assoluta...). Un esempio semplice è dato dal modulo f (x) = f non

è derivabile in 0. Infatti il rapporto incrementale in x = 0

− |h|

f (0 + h) f (0) =

h h

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 6

−1

vale +1 per h > 0, e quindi il limite destro è +1, mentre vale per h < 0, e quindi

−1. →

il limite sinistro è Pertanto il limite per h 0 non esiste (notare che esistono la

derivata sinistra e quella destra in 0, ma hanno valori diversi).

In questo esempio la funzione non è derivabile soltanto in un punto; non è difficile

costruire funzioni non derivabili in un numero infinito di punti (ad esempio la funzione

di Dirichlet vista nel Capitolo precedente). Si può fare di meglio e costruire una

funzione continua che non è derivabile in nessun punto del suo dominio, ma questo è

un po’ più difficile (Weierstrass 1861).

Anche se non tutte le funzioni continue sono derivabili, è però vero il contrario:

1.10. Una funzione derivabile in un punto è anche continua in quel

Teorema

punto.

Dimostrazione. Sia f derivabile in c, allora possiamo scrivere

0

f (c + h) = f (c) + hf (c) + ω(h)

→ →

per una funzione tale che ω(h)/h 0 per h 0. Notare che in particolare anche

→ → −

ω(h) 0 per h 0. Quindi possiamo scrivere (ponendo h = x c)

0

− −

f (x) = f (c) + (x c)f (c) + ω(x c)

→ →

e se calcoliamo il limite per x c otteniamo subito che f (x) f (c).

1/3

1.11. Sia f (x) = x = x. Esiste la derivata di f in 0? Stessa

3

Esercizio

domanda per la funzione f (x) = x|x| (attenzione!).

2. Regole di derivazione.

Derivare è abbastanza facile, o per essere precisi, è un procedimento meccanico:

esiste una serie di regole molto generali che consentono di derivare facilmente funzioni

composte da funzioni più semplici. Vediamole:

2.1. (Regole di derivazione). Siano f, g :]a, b[→ due funzioni deri-

Teorema R

∈ ±

vabili nel punto x, e sia α Allora f g, αf e f g sono derivabili in x e valgono

R.

le regole di derivazione 0 0 0 0 0

± ±

(f g) (x) = f (x) g (x), (αf ) (x) = αf (x),

0 0 0

(f g) (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x).

6

Inoltre, se g(x) = 0, anche il rapporto f /g è (definito e) derivabile in x e si ha

0 0 0

f f (x)g(x) f (x)g (x)

(x) = .

2

g g(x)

In particolare, 0 0

1 g (x)

(x) = .

2

g g(x)

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 7

Dimostrazione. Sappiamo che

0 0

(2.4) f (x + h) = f (x) + hf (x) + ω(h), g(x + h) = g(x) + hg (x) + σ(h)

→ → →

dove al solito ω, σ hanno la proprietà ω(h)/h 0, σ(h)/h 0 per h 0. Allora,

sommando le (2.4), 0 0

f (x + h) + g(x + h) = (f (x) + g(x)) + h(f (x) + g (x)) + (ω(h) + σ(h)) →

da cui otteniamo la prima regola di derivazione perché anche la funzione (ω + σ)/h

0. Dimostrazione identica per f g e analoga per αf .

Calcolando il prodotto delle (2.4) otteniamo

0 0

f (x + h)g(x + h) = f (x)g(x) + h(f (x)g(x) + f (x)g (x)) + ρ(h)

dove 0 0 0 0

2

ρ(h) = h f g + (f + hf )σ + (g + hg )ω + ωσ

ed è facile vedere che ρ(h)/h 0, da cui la regola di derivazione del prodotto.

6

Infine, se g(c) = 0, dato che g è derivabile e quindi continua in c, per la permanenza

6

del segno si ha g(x) = 0 per x vicino a c, pertanto il rapporto 1/g è ben definito per

tali x. Per calcolare la derivata di 1/g utilizziamo direttamente la definizione: il

rapporto incrementale della funzione 1/g è dato da

1 1 1 g(x + h) g(x) 1

− − ·

= ;

h g(x + h) g(x) h g(x + h)g(x)

→ →

se ora prendiamo il limite per h 0, e ricordiamo che g(x+h) g(x) per il Teorema

1.10, otteniamo subito 0

1 1 1 g (x)

− −

lim = .

2

h g(x + h) g(x) g(x)

h→0

La regola per la derivata di f /g segue immediatamente scrivendo

f 1

·

= f

g g

e utilizzando le regole precedenti per il prodotto ed il reciproco di funzioni.

0 2

2.2. Abbiamo già a disposizione le regole di calcolo (x) = 1 e (x ) =

Esempio n

2x. Per calcolare la derivata di una qualunque potenza intera f (x) = x possiamo

procedere per induzione e dimostrare la formula

0 0

n n−1

f (x) = (x ) = nx .

Infatti se la formula è vera per un certo n, possiamo applicare la regola per la derivata

n+1 n

·

di un prodotto a x = x x :

0 0

n+1 n n n−1 n

· · ·

(x ) = (x x ) = 1 x + x nx = (n + 1)x

e otteniamo la formula al passo n + 1.

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 8

Con un calcolo più complicato (che omettiamo) si dimostra che la stessa formula

p p −1

pq

0

vale anche per le potenze razionali, (x ) = x e anzi per qualunque potenza con

q q

esponente reale a: 0

a a−1

(x ) = ax .

√ 1/2

Ad esempio per f (x) = x = x si ha

√ 1

1

0 −1/2 √

( x) = x = ,

2 2 x

−1

1

per f (x) = = x si ha

x 0

1 1

= 2

x x

√ −1/2

e per f (x) = 1/ x = x 0

1 1 1

√ √

= 2

x 3

x

(verificare).

Calcoliamo la derivata di f (x) = tg x: usando la regola per la derivata di un

rapporto otteniamo 2 2

0

sen x cos x + sen x 1

0

(tg x) = = = .

2 2

cos x cos x cos x

2.3. a) Calcolare la derivata delle funzioni seguenti:

Esercizio 1

1 x x

7 − −

6x , , xe , x(e 2), sen x cos x.

2

x x

2.4. (Derivata delle funzioni composte). Sia f :]a, b[→ derivabile

Teorema R

⊆]α,

nel punto x, e sia g :]α, β[→ con f (]a, b[) β[ derivabile nel punto y = f (x).

R

Allora la funzione composta g f è derivabile nel punto x e vale la regola

0 0 0

◦ ·

(g f ) (x) = g (f (x)) f (x).

Dimostrazione. Sappiamo che 0

f (x + h) = f (x) + hf (x) + ω(h)

→ →

con ω(h)/h 0 per h 0, e inoltre che 0

g(y + k) = g(y) + kg (y) + σ(k)

→ →

con σ(k)/k 0 per k 0. Quindi possiamo scrivere

0

g(f (x + h)) = g(f (x) + hf (x) + ω(h))

e se chiamiamo 0

k = hf (x) + ω(h)

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 9

si ha, dato che y = f (x), 0

g(f (x + h)) = g(y + k) = g(y) + kg (y) + σ(k)

ossia 0 0

g(f (x + h)) = g(f (x)) + hf (x)g (f (x)) + ρ(h)

dove 0

ρ(h) = ω(h)g (f (x)) + σ(k). →

Vediamo che per avere la tesi basta dimostrare che ρ(h)/h 0. Per il primo termine

di ρ è evidente; per il secondo scriviamo

σ(k) σ(k) k σ(k) ω(h)

0

·

= = f (x) +

h k h k h

→ →

(ricordando la definizione di k), e dato che k 0 per h 0, per le proprietà di ω e

σ otteniamo la tesi. x x x·ln 2

2.5. Calcoliamo la derivata di 2 : basta scrivere 2 = e come fun-

Esempio 0

x x ·

zione composta di g(x) = e , che sappiamo derivare: g (x) = e , e f (x) = x ln 2 che

0

è del tipo cx e quindi sappiamo derivare: f (x) = c = ln 2. Allora si ha

0 0 0 0

x x ln 2 x ln 2 x

(2 ) = (e ) = g (f (x))f (x) = e ln 2 = 2 ln 2.

x

In generale per ogni esponenziale A abbiamo

0

x x

(A ) = A ln A

che naturalmente per A = e dà di nuovo la nota formula. −

Molto spesso si incontrano funzioni del tipo f (x) = tg (2x), g(x) = sen (3x 4)

eccetera: funzioni composte con una espressione lineare, ciè del tipo f (ax + b). In

questi casi la regola precedente dà immediatamente

0 0 0 0

·

(f (ax + b)) = f (ax + b)(ax + b) = a f (ax + b).

Ad esempio 2

0 0

− −

(tg (2x)) = , (sen (3x 4)) = 3 cos(3x 4).

2

cos (2x)

2.6. a) Calcolare la derivata delle funzioni seguenti:

Esercizio 2

x 2 2 2 x x

sen (e ), sen (x ), sen (x), sen (x ) cos(e ), e ,

√ √

1 1 1

√ √

2 2

, 1 + x , 1 5x , ,

2

3+ x −

2 1 2x

1+ x

b) Data una funzione f (x), calcolare la derivata di

1

2 x f (x)

(f (x)) , , sen (f (x)), f (e ), e .

f (x)

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 10

2.7. (Derivata delle funzioni inverse). Sia f : [a, b] continua

Teorema R

e strettamente crescente (o decrescente), e supponiamo che essa sia derivabile in

0 −1

∈]a, 6

x b[ con f (x) = 0. Allora la funzione inversa f è derivabile nel punto y = f (x)

e vale la regola 1

−1 0

(f ) (y) = .

0

f (x) −1

Dimostrazione. Basta considerare il caso f crescente. Indichiamo con g = f

l’inversa di f ; vogliamo scrivere il suo rapporto incrementale nel punto y = f (x).

Dal Teorema 2.8 del Capitolo 2 sappiamo che anche g è strettamente crescente. Se

chiamiamo k l’incremento rispetto a y, la quantità

h = g(y + k) g(y)

sarà diversa da zero se k è diverso da zero, e vale la relazione

k = f (x + h) f (x)

(basta ricavare k dalla relazione precedente). Quindi si può scrivere

g(y + k) g(y) h

= ;

k f (x + h) f (x)

→ →

osserviamo adesso che al tendere di k 0 anche h 0 (per continuità) e quindi

facendo il limite per k 0 nell’identità precedente otteniamo la tesi.

2.8. La funzione ln x è definita come l’inversa della funzione esponen-

Esempio x

ziale f (x) = e . Proviamo a calcolarne la derivata usando il Teorema precedente;

usiamo le stesse notazioni dell’enunciato per maggiore chiarezza, fissiamo un punto

−1

x

x, poniamo y = f (x) = e , e calcoliamo la derivata di f = ln nel punto y. Dato

0

x x

che (e ) = e , si ha 1 1

0

(ln) (y) = = .

x

e y

Abbiamo cioè dimostrato la regola di derivazione

1

0

(ln x) = .

x

Consideriamo adesso la funzione arctg x che è l’inversa di f (x) = tg x. Procedendo

0 2

allo stesso modo (e ricordando la regola (tg x) = 1/ cos x), nel punto y = tg x si ha

1 1 1

0 2

(arctg y) = = cos x = =

2

0 2

(tg x) 1 + tg x 1 + y

2 2

dove abbiamo usato l’identità 1 + tg x = 1/ cos x. Abbiamo cosı́ la regola

1

0

(arctg x) = .

2

1 + x

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 11

Provate a dimostrare le regole 1 1

0 0

√ √

(arcsin x) = , (arccos x) = .

2 2

− −

1 x 1 x

{x

2.9. L’insieme di definizione di f (x) = ln x è > 0}. La derivata di

Esempio {x 6

ln x è 1/x, e l’insieme di definizione di 1/x è = 0}. Sembra che la derivata di f

sia definita su un dominio più grande del dominio di f . Possibile?

La contraddizione è solo apparente: la funzione g(x) = 1/x coincide con la deri-

0

vata di f sul dominio di f , e quindi sul dominio possiamo dire che f = g; invece,

fuori dal dominio di f , la funzione g non è la derivata di f semplicemente perché in

0

quei punti f non è definita e neanche derivabile. In altri termini può accadere che f

si possa estendere ad un dominio più grande di quello di f .

2.10. Qualche volta abbiamo a che fare con funzioni la cui definizione

Esempio

non è esplicita ma implicita. Ad esempio, consideriamo la curva nel piano definita

dalla relazione 2 2

x + y = 1.

Sappiamo che si tratta di una circonferenza di raggio 1 centrata nell’origine. Si può

considerare questa curva come il grafico di una funzione? Sı́ e no. Possiamo ad

esempio “ricavare y” ottenendo √ 2

± −

y = 1 x

ma chiaramente abbiamo due possibilità. Allora potremmo dire ad esempio: spezzia-

√ 2

mo la curva in due semicirconferenze, quella superiore è il grafico di f (x) = 1 x ,

√ 2

− −

quella inferiore è il grafico di g(x) = 1 x . Date queste espressioni esplicite,

0 0

possiamo calcolare le derivate f e g e procedere con lo studio delle funzioni.

E se non siamo in grado di “ricavare” le funzioni? C’è un modo di fare qualche

calcolo anche se f è data in modo implicito. Ad esempio in questo caso la funzione

y = f (x) verifica l’identità 2 2

x + [f (x)] = 1.

Se la deriviamo otteniamo la relazione 0

2x + 2f (x)f (x) = 0

da cui x

0 −

f (x) = .

f (x) √ √

Ad esempio nel punto della circonferenza di coordinate (x, f (x)) = (1/ 2, 1/ 2) la

derivata della funzione f vale √

√ 1/ 2

0 √

− −1

f (1/ 2) = =

1/ 2

0

cioè si può calcolare f senza esplicitare f .

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 12

Un esempio più complesso: consideriamo la curva y = f (x) definita implicitamen-

te dalla relazione 3 3

x + 2y = 3xy

(un folium di Cartesio) passante per il punto (1, 1). In questo caso non possiamo

esplicitare f (e anzi per essere sicuri che la relazione definisca davvero una funzione

serve uno strumento più avanzato: il Teorema del Dini o delle Funzioni Implicite.

0

Per ora diamo questo fatto per dimostrato). Quanto vale f (1)?

2.11. a) Calcolare la derivata delle funzioni seguenti:

Esercizio x

x

ln(3x + 2), ln(e + 1), ln(sen x), x ln x, ,

ln x

2 −

arctg (x 1), xarctg x, arcsin(2x), arccos(3x),

x ln x

x x √

x , (sen x) , , .

x

1 + ln x

b) Data una funzione f (x), calcolare la derivata di

f (x)

ln(f (x)), A , arctg (f (x)), f (arctg x), arcsin(f (x)).

g(x)

c) Sapreste scrivere una regola generale per la derivata di f (x) ? (Suggerimento:

·ln

g f g

scrivere f = e ).

2.12. Consideriamo la funzione

Osservazione ( 4 ≥

x se x 0,

f (x) = 2

x + ax se x < 0

e chiediamoci per quali valori del parametro a la funzione è continua e per quali è

derivabile. Vediamo che: lim f (x) = 0, lim f (x) = 0

+

x→0 x→0

qualunque sia il valore di a, quindi la risposta è: la funzione f è continua per

qualunque a R.

Se invece vogliamo determinare per quali valori di a la funzione è derivabile,

0

osserviamo subito che la domanda riguarda solo l’esistenza di f (0) dato che negli

altri punti f è derivabile. Scriviamo il rapporto incrementale di f in 0; per incrementi

h positivi abbiamo subito 4

− −

f (0 + h) f (0) h 0 3 →

= = h 0

h h

+

per h 0 . In altri termini, la derivata destra in 0 esiste e vale 0. Per incrementi

negativi si ha invece 2

− −

f (0 + h) f (0) h + ah 0 2 →

= = h + a a

h h

2. REGOLE DI DERIVAZIONE. 13

per h 0 . La derivata sinistra in 0 quindi vale a, e la funzione è derivabile se e

solo se a = 0. 2.13. questo esempio contiene un errore. Consideriamo

Esempio Attenzione:

la funzione ( ≥

x + 1 se x 0,

f (x) = x se x < 0.

Calcolare la derivata di f è molto semplice: dalle regole elementari di derivazione si

ottiene subito ( ≥

1 se x 0,

0

f (x) = 1 se x < 0

e quindi f è derivabile in tutti i punti con derivata costante uguale a 1. Dov’è l’errore?

2.14. Per ciascuna delle seguenti funzioni, determinare per quali valori

Esercizio

dei parametri esse sono continue e per quali valori sono derivabili:

( x−1 ≥

e se x 0,

f (x) = ax + b se x < 0

 2

ax ln x se x > 0,

f (x) = b se x = 0,

2

−1/x

ce se x < 0

( 1 2

sen (x ) se x > 0,

x

f (x) = 2 ≤

ax + b se x 0

( 3 − ≥

x ax se x 0,

f (x) = 2

x + bx se x < 0

( 3 − ≥

x ax se x 1,

f (x) = 2

x + bx se x < 1.

( 3 − −1,

x ax se x >

f (x) = 2 ≤ −1.

x + bx se x

Ricordare che derivabile =⇒ continua! Quindi è necessario verificare la continuità

prima della derivabilità. 3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 14

3. Applicazioni delle derivate.

Le derivate sono uno strumento molto efficace per lo studio del grafico di funzio-

ni. Data un’espressione analitica, vogliamo capire con il minimo sforzo l’andamento

del grafico corrispondente, ossia la forma della curva che la rappresenta. Quindi ci

interessa stabilire i tratti in cui la curva è crescente e decrescente, e i punti in cui

il comportamento della curva cambia (le “creste” e le “valli”), in modo da poterla

disegnare almeno approssimativamente. Questi punti si definiscono come segue:

→ ∈

3.1. Data una funzione f : [a, b] diciamo che un punto c [a, b]

Definizione R

è di massimo (relativo) per f se esiste un δ > 0 tale che

≥ |x −

f (c) f (x) per tutti gli x di [a, b] tali che c| < δ,

ossia il valore f (c) è più grande dei valori f (x) per x vicino a c. I minimi relativi

di f si definiscono in modo analogo: esiste δ > 0 tale che

≤ |x −

f (c) f (x) per tutti gli x di [a, b] tali che c| < δ.

3.2. In particolare, fra i punti studiati nella definizione precedente com-

Esempio

paiono anche i punti di massimo e di minimo la cui esistenza è garantita dal Teorema

di Weierstrass. Per distinguerli dagli altri li denominiamo massimo e minimo asso-

luti di f su [a, b]; e ciò che li contraddistingue è che f vi assume il valore più grande

e il più piccolo in confronto a tutti gli altri punti dell’intervallo. Notare che in un

intervallo [a, b] vi possono essere vari massimi e minimi assoluti, anche infiniti (ad

esempio?). 3.3. Bisogna fare un po’ di attenzione per rendersi conto dei vari casi

Esempio →

possibili. Osserviamo il grafico della funzione f : [a, b] rappresentato nella

R,

figura seguente. 6

6 6

6

6

6 0 0

a c c d d b

Vediamo che i punti c e d soddisfano la definizione di massimo relativo; come ci

0 0

aspettiamo, abbiamo due “creste” nel grafico. Analogamente, i punti c e d sono

minimi relativi e vediamo due “valli”. Ma notiamo che anche il punto a è un minimo

relativo, mentre il punto b è un massimo relativo: e in questo caso la curva non ha lo

stesso andamento che negli altri casi.

Allora è importante distinguere i massimi o minimi “interni”, cioè che cadono

all’interno dell’intervallo, dagli estremi a, b dell’intervallo di definizione.

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 15

Il risultato seguente mostra come i potenziali candidati nella nostra ricerca dei

massimi e minimi relativi (interni) siano esattamente i punti in cui si annulla la

derivata (ossia la retta tangente in quei punti deve essere orizzontale, vedi più avanti):

3.4. (Teorema di Fermat). Sia f : [a, b] una funzione, sia c

Teorema R

un punto di massimo (o minimo) relativo interno ad [a, b], e supponiamo che f sia

0

derivabile in c. Allora f (c) = 0.

Dimostrazione. Se ad esempio c è un massimo relativo, abbiamo la disuguaglian-

za ≥

f (c + h) f (c)

valida per tutti gli h positivi o negativi abbastanza piccoli (vedi definizione). Studia-

mo il segno del rapporto incrementale in c: se h > 0 abbiamo

f (c + h) f (c) + ≥

= 0,

h +

ossia il rapporto incrementale è positivo per incrementi positivi; mentre se h < 0

abbiamo − +

f (c + h) f (c) ≤

= 0,

h

ossia il rapporto incrementale è negativo per incrementi negativi. Passiamo al limite

per h 0 (il limite esiste per ipotesi). Il limite destro è un numero positivo perché

il rapporto è positivo, il limite destro è negativo, ma i due limiti devono coincidere,

quindi il limite fa 0.

3.5. Consideriamo una funzione con un andamento simile a quello

Esercizio

della figura precedente. L’estremo b è un massimo relativo, ma è evidente che la

derivata in b non si annulla. Quindi è chiaro che la dimostrazione del Teorema di

Fermat non funziona in questo caso. Perché? (Qual è il segno della derivata sinistra

in b?) 3.6. Riassumendo: se un punto (interno) è di massimo o minimo

Osservazione

relativo, allora la derivata si annulla in quel punto; il viceversa non è vero in generale

(vedi l’osservazione seguente). In particolare, per trovare i massimi e minimi relativi

di una funzione basta calcolare gli zeri della derivata, e poi esaminarli uno ad uno

per distinguere i massimi dai minimi (e quelli che non sono né massimi né minimi).

Vedremo fra poco come procedere.

3.7. Ancora un po’ di terminologia: un punto c in cui la derivata

Osservazione

0

f (c) si annulla si dice anche punto critico per la funzione f . Un punto critico c

≥ ≥ ≤ ≤

tale che f (x) f (c) per x c e f (x) f (c) per x c (o viceversa) si chiama anche

3

punto di flesso (a tangente orizzontale). Ad esempio, f (x) = x ha un flesso in

x = 0.

Il Teorema di Fermat afferma semplicemente che un massimo o minimo relativo

interno all’intervallo di definizione è necessariamente un punto critico. Viceversa, un

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 16

punto critico può essere un punto di massimo, o di minimo, o di flesso. Ma vi sono

anche altri casi possibili. Sapreste dare un esempio di punto critico che non è né

massimo né minimo né flesso? →

3.8. (Teorema di Rolle). Sia f : [a, b] una funzione continua, e

Teorema R

supponiamo che essa sia derivabile sull’intervallo aperto ]a, b[. Se f (a) = f (b), allora

0

∈]a,

esiste un punto c b[ nel quale f (c) = 0.

0

f (c) = 0

6 f (a) = f (b)

6 6

a c b

Dimostrazione. Il Teorema di Weierstrass ci assicura che f assume massimo e

minimo su [a, b], quindi esistono due punti c e d in [a, b] tali che

≤ ≤

f (c) f (x) f (d)

per ogni x [a, b]. Se almeno uno dei due punti è interno all’intervallo, applicando

il Teorema di Fermat otteniamo che la derivata vi si annulla. Se invece sia c che d

cadono agli estremi, abbiamo

f (c) = f (a) = f (b) = f (d) 0

e questo significa che la funzione f è costante. Allora f (x) = 0 in ogni punto e

possiamo scegliere come c un qualunque punto di ]a, b[. →

3.9. (Teorema di Lagrange o del Valor Medio). Sia f : [a, b] una

Teorema R

funzione continua, e supponiamo che essa sia derivabile sull’intervallo aperto ]a, b[.

∈]a,

Allora esiste un punto c b[ nel quale −

f (b) f (a)

0

f (c) = .

b a

!

!!

!

!

!! 6 !

!! 6

!

!

!!

!

!!

!!

6 c b

a

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 17

Dimostrazione. Sia g(x) la funzione definita nel modo seguente:

x a

− · −

g(x) = f (x) [f (b) f (a)].

b a

Allora g verifica le ipotesi del Teorema di Rolle: è continua sull’intervallo chiuso,

derivabile su quello aperto, e inoltre g(a) = g(b) (verificare!). Quindi, per il teorema,

0

esiste un punto c in cui g (c) = 0. Calcoliamo la derivata di g: si ha

f (b) f (a)

0 0 −

g (x) = f (x) −

b a

0

e quindi se g (c) = 0 si ottiene la tesi.

Il Teorema di Lagrange ci fornisce un utile criterio per stabilire se una funzione è

crescente o decrescente, uno degli strumenti più importanti nello studio di funzioni:

3.10. Sia f : [a, b] una funzione continua, e supponiamo che essa

Teorema R

sia derivabile sull’intervallo aperto ]a, b[. Valgono le seguenti proprietà:

0 ≥ ∈]a,

f (x) 0 per ogni x b[ se e solo se f è crescente su [a, b];

0 ≤ ∈]a,

f (x) 0 per ogni x b[ se e solo se f è decrescente su [a, b];

0 ∈]a,

f (x) = 0 per ogni x b[ se e solo se f è costante su [a, b].

Dimostrazione. Consideriamo il primo caso. Vogliamo dimostrare anzitutto che,

0 ≥ ≤

se f 0, presi due punti qualunque c < d interni ad [a, b], si ha f (c) f (d).

Applichiamo il Teorema di Lagrange a f sull’intervallo [c, d]; otteniamo che esiste un

punto p interno all’intervallo [c, d] nel quale −

f (d) f (c)

0

f (p) = .

d c

0 ≥

Sappiamo che f (p) 0, quindi il rapporto al secondo membro è positivo. Moltipli-

cando per d c (> 0) otteniamo − ≥

f (d) f (c) 0

cioè la tesi.

Mostriamo il viceversa: sia f crescente, consideriamo il suo rapporto incrementale

in un qualunque punto x −

f (x + h) f (x)

h

e notiamo che numeratore e denominatore hanno lo stesso segno per qualunque valore

di h. In altri termini, il rapporto incrementale è sempre positivo e ne segue che anche

0

il suo limite, cioè f (x), deve essere positivo.

0 0

La dimostrazione nel caso f 0 è identica. Nel terzo caso, se f (x) = 0 per

ogni x allora dal primo caso otteniamo che f è crescente mentre dal secondo caso

abbiamo che f è decrescente, e in conclusione f deve essere costante. Viceversa, se f

0

è costante il rapporto incrementale è identicamente nullo e otteniamo f = 0 in ogni

punto. 3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 18

3.11. Notiamo che se f è derivabile e strettamente crescente, non è

Osservazione

0 3

detto che sia f (x) > 0 in tutti i punti. Ad esempio f (x) = x è strettamente crescente

0 0

(perché?) ma f (0) = 0. Però in questo esempio f si annulla solo in un punto, e

in un certo senso questa è la situazione tipica. Più precisamente, consideriamo una

0

⇐⇒ ≥

funzione f :]a, b[→ derivabile; allora f è strettamente crescente f (x) 0 in

R 0

ogni punto, e non succede mai che f ristretta ad un intervallo sia la funzione nulla.

Risultato analogo per funzioni decrescenti.

Sapreste dimostrarlo? (Sia in un verso che nell’altro sappiamo già che f è cre-

scente, quindi dire che f non è strettamente crescente equivale a dire che è costante

su un certo tratto....) →

3.12. Se f : [a, b] è continua su [a, b], derivabile su (a, b) e

Osservazione R 0

|f ≤

la derivata è limitata, cioé esiste una costante C tale che (x)| C per tutti gli x,

allora f è lipschitziana di costante C. Infatti presi due punti x, y qualsiasi il Teorema

di Lagrange applicato all’intervallo di estremi x, y garantisce l’esistenza di un punto

c tale che −

f (x) f (y) 0

= f (c);

x y

ne segue −

f (x) f (y) 0

|f ≤

= (c)| C

x y

da cui |f − ≤ −

(x) f (y)| C|x y|.

3.13. Consideriamo una funzione f : A definita come segue: A è

Esempio R

l’unione dei due intervalli (1, 2) e (3, 4), e f è data da

( ∈

1 se x (1, 2),

f (x) = ∈

2 se x (3, 4).

La derivata di f è nulla in tutti i punti, come si verifica immediatamente. Ma f non

è costante. Perché non c’è contraddizione con il Teorema precedente?

3.14. Considerate con attenzione i due esempi seguenti.

Esempio

La derivata di f (x) = arcsin x + arccos x è 1

1

0 √ √

− = 0,

f = 2

2 −

− 1 x

1 x

qualunque sia x. Ne segue che f è costante: f = C. Quanto vale C? (Calcolare ad

esempio f (0)). 1

La derivata di g(x) = arctg x + arctg è

x

1 1 1

0 −

g = = 0.

1

2 2

1+ x x 1 + 2

x

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 19

Possiamo dire anche in questo caso che g è costante? Provate ad esempio a calcolare

g(1) e g(−1). Che succede?

3.15. Possiamo finalmente verificare in modo semplice alcune proprietà

Esempio x

delle funzioni elementari: ad esempio e , ln x, arcsin x, arctg x sono strettamente

crescenti (derivata strettamente positiva), arccos x è strettamente decrescente, e cosı́

via. x

Ad esempio studiamo f (x) = A , A > 0:

0 x

f (x) = A ln A

x

quindi A è strettamente crescente se ln A > 0 cioè A > 1, strettamente decrescente

se A < 1. 3.16. Più in generale lo studio degli intervalli di crescenza e decrescenza

Esempio

di una funzione è, assieme allo studio dei massimi e minimi relativi, uno dei mezzi

più efficaci per tracciarne il grafico. Vediamo ad esempio il comportamento della

funzione 3 −

f (x) = 3x 4x. ∈

La funzione è ben definita e continua per tutti gli x La sua immagine è un

R.

intervallo, e dato che ±∞,

lim f (x) =

x→±∞

abbiamo subito che l’immagine di f è tutto La derivata

R.

0 2 −

f = 9x 4

−3/2.

si annulla per x = 3/2 e x = Questi sono gli unici punti che possono essere

massimi o minimi relativi di f (tutti i punti del dominio sono interni al dominio).

Come fare a distinguere i massimi dai minimi? Il modo più generale (e spesso anche il

più semplice) è determinare gli intervalli di crescenza e decrescenza di f . Ad esempio

0

se in c si ha f (c) = 0, e la funzione f cresce per x < c e decresce per x > c,

necessariamente c è un punto di massimo. Nel nostro esempio

3 3

0 2 − ≥ ⇐⇒ ≥ ≤ −

f (x) = 9x 4 0 x oppure x ,

2 2

mentre 3 3

0 2 − ≤ ⇐⇒ − ≤ ≤

f (x) = 9x 4 0 x .

2 2

−3/2

Pertanto, x = 3/2 è un punto di minimo e x = un punto di massimo. Abbiamo

elementi sufficienti per disegnare il grafico (dopo aver calcolato quanto vale f in

±3/2

x = in modo da collocare nel grafico il punto di minimo e di massimo).

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 20

4

3

2

1

-4 4

-2 2

-1

-2

-3

-4

3.17. (Studio di funzioni). Riassumiamo i passi principali per

Osservazione

impostare lo studio del grafico di una funzione f (x):

1) Stabilire l’insieme di definizione. Nella quasi totalità dei casi si tratta di una

unione di intervalli. Stabilire l’insieme dei punti in cui f è continua (l’insieme

di continuità di f ). Per una funzione ottenuta come combinazione di funzioni

elementari, vi saranno solo alcuni punti singolari, di solito in numero finito, e in tutti

gli altri punti f sarà continua.

2) Stabilire eventuali simmetrie di f (x): se è pari, ossia

f (−x) = f (x)

e in questo caso il grafico è simmetrico rispetto all’asse delle ordinate; oppure se è

dispari, ossia −f

f (−x) = (x)

e in tal caso il grafico è simmetrico rispetto all’origine degli assi. Può essere inoltre

molto utile (ma non sempre facile) stabilire gli eventuali zeri di f e gli insiemi dove

f > 0 e f < 0.

3) Calcolare i limiti di f agli estremi degli intervalli di definizione (che possono

→ ±∞).

essere anche i limiti per x Questo consente di determinare gli eventuali

∈ ±∞,

asintoti verticali, ossia i punti c in cui f tende a o se la funzione abbia

R

un asintoto orizzontale, termine usato per indicare che esiste finito il limite di f

→ → −∞).

per x +∞ (o x

4) Determinare l’insieme dei punti in cui la funzione è derivabile (l’insieme di de-

0

rivabilità di f ) e naturalmente calcolare la derivata f . Valgono le stesse osservazioni

che per l’insieme di continuità.

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 21

0

5) Determinare i punti critici f (c) = 0. Tra questi si nascondono i massimi e

minimi relativi di f ; per determinarli il modo più semplice è proseguire lo studio del

0 0

segno di f e determinare gli intervalli su cui f > 0 (intervalli di crescenza) e quelli

0

su cui f < 0 (intervalli di decrescenza). Ora sia c un punto critico: se f è crescente

per x < c e decrescente per x > c, il punto deve essere un punto di massimo; se f è

decrescente per x < c e crescente per x > c, il punto deve essere un punto di minimo;

se cresce (o decresce) sia prima che dopo, c è un flesso.

5) Gli elementi precedenti consentono quasi sempre di individuare l’andamento del

grafico. Se fosse necessario uno studio più approfondito si può ricorrere alle nozioni

del paragrafo seguente e determinare gli intervalli di convessità e concavità di f , ossia

00

gli intervalli in cui f è positiva o negativa. Un altro elemento utile è la presenza di

asintoti obliqui: diciamo che f (x) per x +∞ è asintotica alla retta ax + b se si

ha −

lim [f (x) (ax + b)] = 0

x→+∞ → −∞.

e una definizione analoga si ha per x È facile ricavare i coefficienti a e b:

dividendo per x si ottiene subito f (x) b

lim [ (a + )] = 0

x x

x→+∞

da cui f (x) .

a = lim x

x→+∞

Chiaramente, dopo aver ricavato a il valore di b si ottiene subito come

b = lim [f (x) ax].

x→+∞

Notare che per dimostrare l’esistenza di un asintoto obliquo non è sufficiente dimo-

f (x) →

strare che tende ad un limite finito a (ad esempio f (x) = ln x soddisfa f /x 0

x − →

ma non ha un asintoto); bisogna dimostrare che f (ax + b) 0, e quindi, seguendo

il metodo precedente, si devono calcolare sia a che b ottenendo due limiti finiti.

3.18. Studio della funzione

Esempio  1/x

xe 6

se x = 0,

 1/x

f (x) = 1 + e

0 se x = 0.

La funzione è definita su tutto e non ha simmetrie. Vediamo subito che f > 0

R

per x > 0 e f < 0 per x < 0, e l’unico zero di f è x = 0. Sicuramente continua e

6

derivabile per x = 0; controlliamo in 0. Scrivendo

1/x

xe x

= −1/x

1/x

1 + e e + 1

otteniamo facilmente lim f (x) = lim f (x) = 0

+

x→0 x→0

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 22

e quindi la funzione è continua anche in 0. Per la derivabilità in 0 scriviamo il rapporto

incrementale 1/h

f (h + 0) f (0) e

= 1/h

h 1 + e

e otteniamo che il limite destro in 0 vale 1, il limite sinistro vale 0, quindi f ha derivata

6

destra e sinistra in 0 diverse: non è derivabile in 0. Per x = 0 invece possiamo scrivere

1/x 2

1 + e 1/x

0 1/x

f = e 1/x 2

(1 + e )

che è sempre positiva (perché?) quindi f è sempre crescente. I limiti all’infinito sono

±∞.

lim f (x) =

x→±∞

Quindi non ci sono asintoti orizzontali o verticali. Osservando che

1/x

e 1

· ∼ ·

f (x) = x x

1/x

1+ e 2 →

per x grande, sorge il sospetto che vi sia un asintoto obliquo ax + b per x +∞.

Infatti per x +∞ 1/x

f (x) e 1

= 1/x

x 1+ e 2

da cui a = 1/2, e 1/x 1/x

− −

x e 1 1 e 1 1 1

− →

f (x) ax = =

1/x 1/x

2 e +1 2 1/x e + 1 4

→ → −∞

sempre per x +∞, da cui b = 1/4. Anche per x c’è un asintoto obliquo,

determinarlo per esercizio.

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 23

0.2

0.15

0.1

0.05

-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4

-0.05

-0.1

-0.15

-0.2

3.19. Studiare le seguenti funzioni determinando quanti più elementi

Esercizio

possibile e tracciandone un grafico approssimativo. Più precisamente: determinare gli

insiemi di definizione, di continuità e derivabilità; il segno della funzione; i limiti agli

estremi degli intervalli che compongono l’insieme di definizione; l’eventuale presenza

di asintoti orizzontali, verticali o obliqui; calcolare la derivata; determinare gli zeri

della derivata, gli intervalli di crescenza e decrescenza, e i massimi e minimi relativi

(e assoluti). Con questi elementi si può tracciare il grafico della funzione; in qualche

caso informazioni più precise si ottengono calcolando la derivata seconda e trovando

gli intervalli di convessità (derivata seconda positiva) e concavità (derivata seconda

negativa); per quest’ultimo punto si veda il paragrafo successivo.

2 2

− − −

(x 3) x 1 x 2x 3 1 1 1

, , x + , , + + ,

2

− −

4(x 1) 2x 1 x x x x +1 x +2

2

x ln x (ln x)

p

|x|, |x|

x ln x, x ln x + ln( + 3), , ,

ln x x x

−1/x 1/x −

e x e 1

x+1 2

−1/x −x

1/(x−2)

xe , (2 x)e , , e , xe , , ,

x−2 |x| 1/x

x e e + 1

√ 2

x x ln x 2 x (ln x)

|x| |x| − |x| −

x , , x , x(ln 1), x (ln 1), x , x

√ √

√ √

r x

2 2

− − − − − − −

2 3x , x 5 x. x 2x x , , x 3 x,

x 1

1 1

− −

sen x cos x, tg x + cos x, arctg , arctg x ,

x x

3. APPLICAZIONI DELLE DERIVATE. 24

|x|

ln 1

−x

− − −

x arctg 1 x, arctg (1 e ), arctg , ,

x arctg x

2

1−x

e |x−1|

2

2 − − − − |x − − |x −

x 4 ln(2|x|), , (1 x x )e , 1| 4|,

2 x √

1 1

−2/3

1/3 2/3 3 2 − −

x , x , 2x + 3x , x 6x, x [x]. , , [|x|].

[x] x

3.20. Talvolta l’uso delle derivate consente di ottenere facilmente cer-

Esercizio x ≥

te disuguaglianze. Ad esempio, per dimostrare che e 1 + x per qualunque x,

consideriamo la funzione x −

f (x) = e (1 + x);

è sufficiente dimostrare che f è sempre positiva. Abbiamo

0 x −

f (x) = e 1,

≥ ≥

quindi f è crescente per x 0; dato che f (0) = 0, otteniamo subito f (x) 0 per

≥ ≤ ≥

ogni x 0. Inoltre vediamo che f è decrescente per x 0, quindi f (x) 0 anche

per ogni x 0 e la tesi è dimostrata.

Usando la stessa idea, dimostrare le disuguaglianze

≤ − ∀x

ln x x 1 > 0,

≤ ∀x ∈

sen x x [−π/2, π/2],

2

≥ ∀x ∈

sen x x [0, π/2],

π

2

x ∀x ∈

≥ − [−π/2, π/2].

cos x 1 2

3.21. Studiare la funzione

Esercizio sen x

f (x) = x

e determinarne il grafico. Notare che f non è definita su tutto È possibile estendere

R.

f a una funzione continua definita su tutto E a una funzione derivabile definita

R?

su tutto R?

Stesse domande per la funzione (

x ln x per x > 0,

f (x) = 2 −

x x per x < 0

e per la funzione ( 2

x ln x per x > 0,

f (x) = 1/x

e per x < 0.

4. CONVESSITÀ E DERIVATE DI ORDINE SUPERIORE. 25

4. Convessità e derivate di ordine superiore.

Quasi tutte le funzioni che abbiamo studiato hanno una proprietà molto forte,

che finora non abbiamo sfruttato: sono convesse o concave a tratti. Introduciamo il

concetto di convessità. →

4.1. Una funzione f : [a, b] si dice convessa se per ogni coppia

Definizione R

∈ ∈

di punti x, y [a, b] e ogni t [0, 1] vale la disuguaglianza

− ≤ −

f ((1 t)x + ty) (1 t)f (x) + tf (y).

−f

f si dice concava se è convessa.

Questa disuguaglianza ha una interpretazione geometrica molto chiara: se uniamo

due punti qualunque del grafico di f con un segmento, il grafico della funzione fra

quei due punti è tutto al di sotto del segmento. Infatti presi due punti x < y e un

∈ −

t [0, 1], il punto P = (1 t)x + ty è un punto intermedio fra x e y (ad esempio

per t = 1/2 si ha il punto medio), e f (P ) = f ((1 t)x + ty) è il valore di f in quel

punto. D’altra parte la retta passante per i due punti del grafico (x, f (x)) e (y, f (y))

ha equazione −

s x

− ;

g(s) = f (x) + [f (y) f (x)] −

x y

se proviamo a calcolare g(s) nel punto s = P otteniamo proprio

g(P ) = (1 t)f (x) + tf (y)

(verificare), e quindi la condizione di convessità vuol dire esattamente

f (P ) g(P ).

Se f è derivabile, si può dare una caratterizzazione alternativa delle funzioni

convesse: →

4.2. Sia f : [a, b] continua e derivabile. Allora f è convessa se e

Teorema R

0

solo se f è crescente.

Dimostrazione. Sia f convessa. Scegliamo due punti x < y e scriviamo la

definizione − ≤ −

(4.5) f ((1 t)x + ty) (1 t)f (x) + tf (y).

Questa disuguaglianza si può riscrivere

− − ≤ −

f (x + t(y x)) f (x) t(f (y) f (x))

e dividendo per t(y x) abbiamo

− − −

f (x + t(y x)) f (x) f (y) f (x)

≤ .

− −

t(y x) y x

4. CONVESSITÀ E DERIVATE DI ORDINE SUPERIORE. 26

+

Se prendiamo il limite per t 0 in questa disuguaglianza otteniamo (dato che il

primo membro è il rapporto incrementale nel punto x)

f (y) f (x)

0 ≤ ∀y

(4.6) f (x) > x.

y x

Se invece in (4.5) poniamo s = 1 t otteniamo

− ≤ −

f (sx + (1 s)y) sf (x) + (1 s)f (y)

che si può riscrivere − − ≤ −

f (y + s(x y)) f (y) s(f (x) f (y));

dividendo per il numero negativo s(x y) si ottiene

− − −

f (y + s(x y)) f (y) f (y) f (x)

≥ .

− −

s(x y) y x

+

Se ora calcoliamo il limite per s 0 otteniamo

f (y) f (x)

0 ≥

f (y) −

y x

che confrontata con la disuguaglianza ottenuta prima ci dà

0 0

f (x) f (y).

0

Viceversa, supponiamo che f sia crescente. Prendiamo due punti x < y, fissiamo

∈]0, −

t 1[ e consideriamo il punto z = (1 t)x + ty. Vogliamo dimostrare che

≤ −

f (z) (1 t)f (x) + tf (y). ∈

Si ha x < z < y; il Teorema di Lagrange su [x, z] dà un punto c [x, z] tale che

f (z) f (x)

0 ,

f (c) = −

z x

mentre su [z, y] dà un punto d [z, y] tale che

f (y) f (z)

0

f (d) = .

y z

0 0 0

Essendo f crescente si ha f (c) f (d) da cui

− −

f (z) f (x) f (y) f (z)

− −

z x y z

ossia − − − −

f ((1 t)x + ty) f (x) f (y) f ((1 t)x + ty)

− − −

t(y x) (1 t)(y x)

da cui si ha subito la (4.5).

Una ulteriore caratterizzazione si ha utilizzando la derivata seconda di f . Intro-

duciamo il concetto di derivate di ordine superiore:

4. CONVESSITÀ E DERIVATE DI ORDINE SUPERIORE. 27

4.3. Sia f :]a, b[→ derivabile, e consideriamo la funzione derivata

Definizione R

0 0

f :]a, b[→ Se f è a sua volta derivabile, diciamo che f è due volte derivabile, e

R. 0 00 2

chiamiamo la derivata di f la derivata seconda di f , indicata con f oppure D f

2

d f .

o anche con 2

dx

È chiaro che si può procedere allo stesso modo e, quando possibile, definire la

000 (4) (n)

derivata terza f , la derivata quarta f , e in generale la derivata n-esima f

(notare il cambiamento di notazione a partire dalla derivata quarta).

4.4. Sia f : [a, b] continua e derivabile; supponiamo inoltre che

Teorema R 00 ≥

essa sia due volte derivabile su ]a, b[. Allora f è convessa se e solo se f (x) 0 per

∈]a,

ogni x b[.

Dimostrazione. Dal Teorema precedente abbiamo subito: f convessa se e solo se

0 0 0 00 ≥

f crescente se e solo se (f ) = f 0.

4.5. Per una funzione f derivabile, esiste una seconda proprietà

Osservazione

equivalente alla convessità: f è convessa se e solo se il grafico di f giace tutto al

di sopra delle rette tangenti al grafico. In formule, se c è un punto qualunque del

dominio, si deve avere per tutti gli x 0

≥ −

f (x) f (c) + f (c)(x c).

Geometricamente la proprietà è evidente; ma sapreste dimostrarla? (Già fatto... per

esempio la (4.6) calcolata per x = c dice che...)

4.6. a) Calcolare la derivata seconda e terza delle funzioni

Esercizio 2 3 5 n

x , x + x , x ;

sen x, cos x, tg x;

1 x

x 2e

, ln x, e , x .

x 100 n

Calcolare la derivata centesima di x . E la derivata n-esima di x ? e quella (n +

n

1)-esima di x ? E la derivata centesima di sen x?

b) Trovare gli intervalli di convessità e concavità delle funzioni

2

−x

3 4 3 2

− − −

x 2x, x ln x, x x 3x , e .

0 00 0

c) Sia f due volte derivabile con f, f , f continue. Se in un punto c si ha f (c) = 0,

00 00

f (c) > 0 allora c è un punto di minimo. (Per la permanenza del segno, f (x) > 0

4.5...). Trovare una

vicino a c, ossia f è convessa; ma allora per l’Osservazione

condizione che garantisca l’esistenza di un massimo.

d) Sia f : [a, b] continua e convessa. Dov’è il suo punto di massimo?

R

e) Imitando la dimostrazione della formula di Newton per la potenza di un

binomio, dimostrare la formula di Leibniz per la derivata n-esima di un prodotto:

n

n

X (k) (n−k)

(n) f g .

(f g) = k

k=0

CAPITOLO 5

È facile dire: “Sei uno zero!

A.A.A. Nuovi teoremi cercansi: pagamento anticipato

. Il precedente

annuncio, sebbene non esplicitamente apparso, rende l’idea dei rapporti intercorsi fra Jean

Bernoulli e il marchese G. F. A. de l’Hospital (o Hopital oppure ancora Hôspital). Il padre

di Jean, Nicolaus, aveva programmi ben definiti per i suoi figli che non tenevano in nessun

conto le inclinazioni per la matematica di questi ultimi. Fu cosı́ che, in cambio di un regolare

salario, l’ineffabile marchese comprò da colui che tutto gli aveva insegnato sul calcolo uno

dei teoremi che, giustamente o meno, penso sia fra i più noti agli studenti delle scuole

superiori: il teorema di de l’Hospital. Secondo la consolidata tradizione dei matematici, de

l’Hospital non ne fu l’autore ma, almeno, ne fu il divulgatore (1696). La versione originaria

fu scritta nel 1691 e 1692. 1. Si può dividere per zero?

Una delle costanti nell’apprendimento della matematica sono le frodi ai danni di

chi la vuole apprendere. In particolare ci viene insegnato che certe operazioni fra

gli oggetti che conosciamo sono proibite: ad esempio alle elementari si impara (e

vatti a fidare) che “2 3” non si può fare. Successivamente si aggiusta il tiro e si

scopre che non solo si può fare ma addirittura si è spesso forzati a farlo. Altro esempio

famoso è l’estrazione della radice quadrata di meno uno! che rimane assolutamente

proibita spesso fino alla tomba (almeno per quelli che non scelgono corsi di laurea con

un minimo di contenuto scientifico). Questo capitolo, sia pure solo marginalmente,

si occupa di rendere ammissibile una delle operazioni proibite finora.

Sicuramente avrete notato che in vari teoremi enunciati fino ad adesso è comparsa,

in una delle sue tante guise, la madre di tutte le proibizioni : “non si può dividere per

zero”. In particolare le operazioni sui rapporti fra limiti risentono di questo fatto.

1.1. Recuperare, fra quelli studiati, almeno due enunciati in cui com-

Esercizio

pare la proibizione di dividere per qualcosa che tende a zero.

Per capire di cosa vogliamo parlare in questo capitolo, cominciamo con una classe

di esempi molto semplici che illustra però le potenziali difficoltà ed anche la strategia

di risoluzione. 1

1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 2

Siano P e Q due monomi che si annullano nel punto x = 0.

n m

Diciamo P (x) = x e Q(x) = x . Qui n e m sono interi non nulli che per il

momento non specifichiamo. Abbiamo già imparato che

lim P (x) = 0 e lim Q(x) = 0 .

x→0 x→0

A priori è quindi proibito calcolare P (x)

lim = 0 ,

Q(x)

x→0 P (x)

e la ragione “tecnica” è che, se si tenta di definire la nuova “funzione” f (x) := , ci

Q(x)

si rende conto che essa non è definita in zero ed anzi ha come dominio esattamente la

retta reale privata dell’origine. D’altronde, nel suo dominio, f è una semplice funzione

razionale e si può precedere “a mano” pur di avere la pazienza di considerare diversi

casi. Cominciamo. l − ≥

Se n > m, f (x) = x , l = n m 1 fuori dall’origine e sarebbe una cattiveria

non estenderla per continuità nell’origine. Tecnicamente diremo che zero è una sin-

golarità eliminabile. In questo caso quindi una eventuale “teoria” dovrebbe condurre

a concludere P (x) = 0 .

lim Q(x)

x→0 ≡

Chiaramente se n = m le cose vanno diversamente (l = 0 e f (x) 1!) ma, ancora,

la singolarità è eliminabile e lo stesso ragionamento suggerisce che la teoria dovrebbe

predire P (x)

lim = 1 .

Q(x)

x→0

1.2. Classificare i due casi rimanenti.

Esercizio

Quindi nel caso cosı́ apparentemente innocuo del rapporto fra due monomi, da un

lato può accadere (quasi) di tutto, dall’altro siamo capaci di “risolvere” in un modo

o nell’altro la questione. Dobbiamo però accettare:

a) che il limite esista ma non sia un numero reale (estrarre un esempio dall’esercizio

1.2) e

b) che il limite possa non esistere affatto!

1.3. Indovinare il testo del prossimo esercizio.

Esercizio 1.4. ? ? ?

Esercizio 1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 3

Soluzione Esercizio 1.3. Rileggere la frase che lo precede ed esibire un caso di tipo

b). In questa apparente confusione si può per fortuna mettere ordine almeno entro

certi “limiti”. L’idea di fondo è a dir poco astuta ma in effetti geniale. Essa consiste

nel cercare di “ridursi” al caso dei polinomi (e successivamente a quello

dei monomi!).

Per apprezzare questa frase è opportuno tentare di immaginare “quanti sono” i polinomi

nell’insieme delle funzioni. Cosa dite? Sono pochi o sono molti? E le funzioni continue (che

certamente sono molte di più) sono poche o sono molte? E quanti sono i polinomi rispetto

alle funzioni continue o a quelle derivabili con derivata continua? Sapreste suggerire una

strada? Un po’ di più si capirà nel prossimo capitolo con l’introduzione delle cosiddette

funzioni “analitiche” che sono una sorta di polinomi di “ordine infinito”. Per le funzioni

continue l’immaginazione di solito non è sufficiente a rendere giustizia alla loro varietà. Ce

1 . Ed anzi la maggioranza sono

ne sono di “mostruose” ben peggiori ad esempio di sen x

proprio orrende e quelle che di solito si disegnano, come i polinomi, sono rare. D’altronde

è un fenomeno di cui abbiamo una precedente esperienza: pensate ad un numero. Quanti

hanno detto un numero naturale? Eppure sono pochissimi...

Torniamo all’idea di ridursi ai polinomi. Siano

n m

X X

i j

(1.1) f (x) = a x , g(x) = b x

i j

i=0 j=0

Ovviamente queste funzioni sono entrambe continue (ed anzi derivabili un nume-

ro....quante volte?)

Quindi esistono i limiti per x che tende a zero sia delle funzioni che delle loro

derivate.

A questo punto possiamo chiederci ancora, come nel caso dei monomi, se esista

f (x) .

lim g(x)

x→0

6

Se g(0) = 0 possiamo fare ricorso ai teoremi già noti. Concentriamoci quindi sul caso

“proibito”: b = g(0) = 0. A questo punto possono accadere due cose. La prima è

0 6

che a = f (0) = 0 ed allora la questione rientra in casi noti a patto di fare un’ipotesi

0 m

su g che era automaticamente soddisfatta nel caso del monomio g(x) = x e che

chiameremo “ipotesi mancante” per stimolare la vostra curiosità. Chi la “vede”?

Chi non ha risposto non si preoccupi più di tanto. Le ipotesi ovvie sono le più

difficili da non scordare ed in ogni caso ci torneremo.

1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 4

Da ora in poi, quindi, ci concentreremo sull’unico caso che non sappiamo già

affrontare. Assumeremo in (1.1) che

(1.2) a = b = 0 .

0 0

Nel linguaggio dei limiti, ci concentriamo solo sul caso di “forme indeterminate”.

Usando (1.1) nell’ipotesi (1.2), si ha

2 n n−1

· · · · · ·

a x + a x + + a x x a + a x + + a x

f (x)

1 2 n 1 2 n

= =

2 m m−1

· · · · · ·

g(x) b x + b x + + b x x b + b x + + b x

1 2 m 1 2 m

e tale formula è valida nel dominio di definizione del rapporto che, ricordiamo, è

privato al più di un numero finito di punti (a patto di non dimenticare l’ipotesi

R

mancante). In tale insieme si ha allora n−1

· · ·

a + a x + + a x

f (x) 1 2 n

= .

m−1

· · ·

g(x) b + b x + + b x

1 2 m

6

Ora è del tutto evidente che, se b = 0 abbiamo un modo chiaro di estendere la

1

funzione nell’origine! Il che suggerisce il seguente possibile enunciato:

Preteorema 1: Jean Bernoulli a

f (x) 1

6 = .

(1.3) Se a = b = 0 ma b = 0 allora lim

0 0 1 g(x) b

x→0 1

Rimandiamo a dopo l’interessante problema di capire cosa accada se b = 0. Dia-

1

mo invece una interpretazione geometrica dei coefficienti a , a , b e b . Abbiamo già

0 1 0 1

sottolineato che a è semplicemente il valore della funzione f nel punto incriminato.

0

Cosa sono a e b ? Rispettivamente i valori della derivata prima di f e di g nel

1 1

punto in questione x = 0.

Nella Figura 1 vediamo un esempio esplicito. Abbiamo disegnato i grafici di

12

12

2 2

f (x) = x + x e g(x) = 2x + 3x nell’intervallo [− , ].

È tutt’altro che chiaro a quanto tenda il limite del rapporto. Nella Figura 2

fg 12 12

osserviamo il grafico del rapporto in [− , 0) (0, ] dal quale si “capisce” che il

12

limite per x che tende a zero esiste e vale .

Nella Figura 3 l’intervallo è più piccolo e disegnamo anche le tangenti di f e di g.

Da ora in poi abituatevi a guardare la “scala” per capire cosa succede (non solo

quella di emergenza intendo).

L’osservazione cruciale è che l’errore che si fa “sostituendo” ad f la sua tangente

è piccolo! E si osserva che diventa sempre più piccolo mano mano che si “stringe”

1

1 , ] è illustrato nella

l’intervallo in cui si osserva il fenomeno. Cosa accada in [− 100 100

1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 5

1.5

1

0.5

-0.4 0.4

-0.2 0.2 12 12

2 2

I grafici di f (x) = x + x e g(x) = 2x + 3x nell’intervallo [− , ].

Figura 1. -0.4 -0.2 0.2 0.4

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5 f (x) 12 12

Il grafico di in [− , 0) (0, ].

Figura 2. g(x)

Figura 4: il grafico della funzione e della rispettiva tangente si distinguono a fatica.

(I successi della tangente non si limitano agli affari).

Prima di compiere il salto qualitativo di considerare funzioni che non siano neces-

sariamente polinomi, riprendiamo un discorso interrotto. Cerchiamo di capire cosa

6

succede se nell’enunciato del Preteorema 1 si rimuove l’ipotesi b = 0.

1

La speranza (che risulterà vana senza la famosa ipotesi mancante) è quella di

iterare il discorso nel seguente senso.

6

Se b = 0 ma a = 0, allora è possibile stabilire cosa succeda al limite (inclusa la

1 1

possibilità della sua non esistenza) mediante i risultati noti perché non si tratta più

di una “forma indeterminata”. Il caso “nuovo” che resta da analizzare è quello in cui

si abbia invece (oltre che b = a = 0) anche b = a = 0. In questo caso possiamo

0 0 1 1

1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 6

0.2

0.1

-0.1 -0.05 0.05 0.1

-0.1

-0.2 1 1

L’intervallo è diventato [− , ] e disegnamo insieme ad f

Figura 3. 10 10

e g le loro tangenti. 0.02

0.01

-0.01 -0.005 0.005 0.01

-0.01

-0.02 1 1

L’intervallo è diventato [− , ] e disegnamo insieme ad

Figura 4. 100 100

f e g le loro tangenti.

operare come prima ed ottenere che se

(1.4) a = a = b = b = 0

0 1 0 1

allora usando (1.1), nel dominio di definizione, si ha

2 n

· · ·

f (x) a x + + a x

2 n

= 2 m

· · ·

g(x) b x + + b x

2 m

6

e quindi, poiché in particolare in tale insieme x = 0, il rapporto vale

2 n−2 n−2

· · · · · ·

f (x) x a + a x + a x a + a x + a x

2 3 n 2 3 n

= = .

2 m−2 m−2

· · · · · ·

g(x) x b + b x + + b x b + b x + + b x

2 3 m 2 3 m

Questa volta abbiamo un modo chiaro di estendere la funzione nell’origine a patto

6

che b = 0!

2 1. SI PUÒ DIVIDERE PER ZERO? 7

Preteorema 2: Jean Bernoulli f (x) a 2

6

(1.5) Se a = b = a = b = 0 ma b = 0 allora lim = .

0 0 1 1 2 g(x) b

x→0 2

Ricapitoliamo in un linguaggio che prepara a ciò che diremo in seguito. Abbiamo

considerato i due casi seguenti.

Primo caso. In (1.1), La derivata nell’origine del denominatore è diversa da

0 6 ⇔ 6

zero: (g (0) = 0 b = 0). Abbiamo concluso che il rapporto fra f e g nell’origine

1

tende al rapporto delle derivate di f e g nell’origine.

La stringa (1.3) è quindi equivalente alla seguente 0

f (x) f (x)

6

(1.6) Se a = b = 0 ma b = 0 allora lim = lim .

0 0 1 0

g(x) g (x)

x→0 x→0

Dal punto di vista geometrico, abbiamo di fatto “sostituito” ai polinomi in que-

stione la sola parte di ordine minore o uguale ad uno. Questo significa sostituire

al grafico delle funzioni la loro retta tangente nell’origine. (Abbiamo detto ordine

e non grado in quanto la retta tangente al grafico di f in x = 0 potrebbe essere

orizzontale.)

Secondo caso: iterazione del primo. Il precedente criterio fallisce ed invece

sia la derivata del denominatore che quella del numeratore sono nulle in x = 0:

0 0

(f (0) = a = 0 e g (0) = b = 0). Geometricamente questo accade quando entrambe

1 1

le funzioni f e g hanno retta tangente orizzontale in x = 0 e ricadiamo in una forma

indeterminata.

Allora facciamo entrare in gioco i coefficienti del secondo ordine. Questa volta, per

trarci d’impaccio assumiamo che la derivata seconda del denominatore g sia diversa

00 6 ⇔ 6

da zero (g (0) = 0 b = 0).

2

Con questa ipotesi, confrontiamo la parte del polinomio di ordine minore o uguale

a due di f con la corrispondente di g. Tutto il resto si trascura (ovvero si butta).

è equivalente alla seguente

Allora la stringa (1.5) 00

f (x) f (x)

6

(1.7) Se a = b = a = b = 0 ma b = 0 allora lim = lim .

0 0 1 1 2 00

g(x) g (x)

x→0 x→0

Il discorso potrebbe proseguire. O no?

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 8

In effetti proseguendo si finisce per battere la testa sull’ipotesi mancante. I guai

arrivano se il procedimento non si ferma. E questo accade se (e solo se) b = b =

0 1

· · · ≡

= b = 0. Ma in questo caso saremmo stati stupidi a cominciare: g(x) 0!

m 1.5. Adesso che finalmente abbiamo esplicitato l’ipotesi mancante,

Esercizio fg

individuare il dominio di quando tale ipotesi viene dimenticata.

Adesso ci concentreremo sull’analogo del Primo caso. Solo verso la fine del

capitolo ritorneremo sul caso due (vedi Teorema 3.5).

2. Il Teorema di Bernoulli (ovvero, di de l’Hospital)

Fedelmente ripreso da Sua Eccellenza il Marchese di de L’Hospital, siamo lieti di

presentare: alcune versioni del teorema di J. Bernoulli.

I prossimi due enunciati sono particolarmente comodi nelle applicazioni. ∈

2.1. Sia I un intervallo della forma I = (a, b) con a < b e sia c (a, b).

Teorema

Siano f, g : I due funzioni continue in I e derivabili in I\{c}. Se

R

(2.1) lim f (x) = lim g(x) = 0 ,

x→c x→c

se 0

∀x ∈ 6 6

(2.2) (a, b) , g(x) = 0 e g (x) = 0 ,

e se esiste 0

f (x) ,

(2.3) lim 0

g (x)

x→c

allora esiste anche f (x)

(2.4) lim g(x)

x→c

e si ha 0

f (x) f (x)

(2.5) lim = lim .

0

g(x) g (x)

x→c x→c →

2.2. Sia I un intervallo della forma I = (a, +∞). Siano f, g : I

Teorema R

due funzioni continue e derivabili in I. Se

(2.6) lim f (x) = lim g(x) = 0 ,

x→+∞ x→+∞

se 0

∀x ∈ 6 6

(2.7) I , g(x) = 0 e g (x) = 0 ,

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 9

e se esiste 0

f (x) ,

(2.8) lim 0

g (x)

x→+∞

allora esiste anche f (x)

(2.9) lim g(x)

x→+∞

e si ha 0

f (x)

f (x)

(2.10) lim = lim .

0

g(x) g (x)

x→+∞ x→+∞

2.3. Osservazione 1) La condizione (2.8) va presa alla lettera. Il

Osservazioni

limite può essere un numero reale oppure più infinito o ancora meno infinito. Insomma

quello che si dice un “elemento della retta reale estesa”.

Osservazione 2) La dimostrazione del Teorema 2.1 si modifica senza difficoltà per

fornire una versione “asimmetrica”, in cui si sostituisce alla stringa “lim quella

x→c

“lim oppure “lim in tutti i punti in cui compare e si indeboliscono le ipotesi

− +

x→c x→c

nella maniera conseguente.

Osservazione 3) La versione con I = (−∞, b) è del tutto simile. Se avete dei dubbi,

provate ad enunciarla.

Osservazione 4) Come suggerito dal Preteorema 2, nel caso in cui

0 0

lim f (x) = 0 e lim g (x) = 0 ,

x→c

x→c

si può iterare il procedimento sotto opportune ipotesi. La versione “reiterata” sarà

enunciata più avanti insieme ad un’altra utile generalizzazione.

Diamo adesso qualche esempio.

2.4. Calcolare il seguente limite.

Esempio x

− −

e 1 x

(2.11) lim .

2

x

x→0 x − −

Usiamo il Teorema 2.1 con I = (−1, 1) e c = 0. Ovviamente f (x) = e 1 x,

2 ∈

g(x) = x . Quindi, per x I\{0}, 0 x −

f (x) e 1

=

0

g (x) 2x →

e l’ultima l’espressione ammette limite per x 0 (rivedere i calcoli sui limiti).

Concludiamo che 0

x x

− − −

e 1 x f (x) e 1 1

lim = lim = lim = .

0

2

x g (x) 2x 2

x→0 x→0 x→0

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 10

2.5. Calcolare, se esistono, i seguenti limiti.

Esercizio 2 − −

arctg(x ) ln(1 x) x 1

lim , lim , lim xe x

x ln x cos(x)

x→0 +

+ x→0

x→0

Nella pratica, nel caso di forme indeterminate, si tende a “calcolare” il rapporto

delle derivate come passo preliminare. Può accadere che il calcolo non vada a buon

fine nel senso che, sebbene tale limite abbia senso (in quanto f e g sono derivabili

in I), esso non esista. In questo caso il nostro teorema non ci consente di affermare

nulla come illustrato dal prossimo

2.6. Scegliamo

Controesempio

1

2 ∈

(2.12) f (x) = x sen , g(x) = x con x (0, 1)

x

Ovviamente

f (x) 1

lim = lim xsen = 0 ,

g(x) x

+ +

x→0 x→0

(infinitesimo per limitata) ma 1 1

0 −

2xsen cos

f (x) x x

=

0

g (x) 1

e tale rapporto non ammette limite, come facilmente si verifica, per x che tende a

zero.

Concludiamo, da questo esempio, che può succedere che esista il limite (2.4) senza

che esista il limite (2.3).

La funzione f nel precedente esercizio è di quelle che conviene ricordare. Vedremo

più avanti che chiarisce altre questioni non ovvie ed interessanti (di cose non ovvie

ma assolutamente non interessanti è pieno l’universo anche quello matematico).

La dimostrazione delle varie versioni del Teorema di Bernoulli fa uso di una conse-

guenza del Teorema di Rolle che risulta spesso utile e ha pertanto meritato un nome:

teorema di Cauchy. Questo è il contenuto del prossimo esercizio

2.7. (Teorema di Cauchy) Siano f e g continue in J = [α, β] e derivabili

Esercizio

0 6

in (α, β). Se g (x) = 0 in J allora 0

f (β) f (α) f (ξ)

∃ ∈

(2.13) ξ (α, β) tale che = .

0

g(β) g(α) g (ξ)

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 11

Il risultato (2.13) è chiamato teorema di Cauchy.

Dimostrazione Si tratta semplicemente di applicare il Teorema di Rolle alla funzione

h = h(x) definita in J nel modo seguente

− − −

h(x) = f (x)[g(β) g(α)] g(x)[f (β) f (α)] .

Infatti − − − −

∆h := h(β) h(α) = [f (β)∆g g(β)∆f ] [f (α)∆g g(α)∆f ] =

∆g∆f ∆f ∆g = 0 .

Si può applicare Rolle per concludere che esiste ξ (α, β) tale che

0 0 0

− − −

(2.14) 0 = h (ξ) = f (ξ)[g(β) g(α)] g (ξ)[f (β) f (α)] .

Allora per (2.14) si ha

0 0

− − −

f (ξ)[g(β) g(α)] g (ξ)[f (β) f (α)] = 0 .

0

La quantità (g(β) g(α))g (ξ) è non nulla. Quindi dividendo per tale quantità la

dimostrazione è conclusa.

Un ultimo sforzo: perché è vera la penultima frase? Ricordate che alcune ipotesi non

sono state ancora usate. È il loro momento di gloria!.

Dimostrazione del Teorema 2.1. Estendiamo f e g per continuità in c, ovvero

poniamo f (c) := lim f (x), g(c) := lim g(x). (Ma non useremo, come si potreb-

x→c x→c

be con un eccesso di pignoleria, una nuova notazione per l’estensione cosı́ ottenuta).

Per l’ipotesi (2.1) si ha −

f (x) f (x) f (c)

(2.15) = .

g(x) g(x) g(c)

{x } ⊂

Per ogni successione (a, b) che converge a c, la corrispondente successione

n

{ξ } ∈

di cui all’enunciato (2.13), converge a c in quanto, per costruzione, ξ (x , c).

n n n

Per ogni successione siffatta, per fissato n, possiamo applicare (2.13) con le scelte

α = x e β = c. (Provate a controllare: c’è una sottigliezza). Quindi, usando (2.15)

n

e (2.13) si ha 0

f (x ) f (x ) f (c) f (ξ )

n n n

(2.16) = = .

0

g(x ) g(x ) g(c) g (ξ )

n n n

Per l’ipotesi (2.3) ed il Teorema ponte esiste anche il limite seguente

0

f (ξ )

n

lim .

0

g (ξ )

n→+∞ n

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 12

Quindi, passando al limite per n che tende ad infinito in (2.16) si ha

0

f (x ) f (ξ )

n n

lim = lim .

0

g(x ) g (ξ )

n→+∞ n→+∞

n n

{x }

Poiché la successione che converge a c è arbitraria, usando ancora il Teorema

n

ponte (questa volta nella direzione più interessante), si deducono entrambe le tesi in

una volta sola. 2.8. Negli esempi dei monomi o dei polinomi l’ipotesi dell’esistenza

Osservazioni

delle derivate di f e g nel punto x = 0 erano automaticamente soddisfatte. Il fatto

che tale ipotesi non sia stata assunta nei teoremi precedenti ha reso necessario l’uso

del Teorema di Cauchy.

La precedente osservazione motiva l’esercizio successivo.

2.9. Dimostrare sotto ipotesi più restrittive il Teorema 2.1: assumere,

Esercizio

in aggiunta, che le derivate di f e g esistono in c. Suggerimento: scrivete la tesi in

termini dei rapporti incrementali di f e g.

2.2 non vogliamo cambiare la filosofia. L’osta-

Per la dimostrazione del Teorema

colo tecnico risiede nel fatto che per avere il teorema di Cauchy, c’è bisogno che valga

Rolle in un intervallo non limitato. Per fortuna questo è vero.

La parte che tratta di questa dimostrazione può essere omessa in prima

lettura. Anche in seconda se si è disposti ad accettare alcune conseguenze. . . .

2.10. Teorema di Rolle esteso (a intervalli illimitati). Sia f continua

Esercizio

in J = [α, +∞) e derivabile in (α, +∞). Supponiamo che esista

lim f (x) = L .

f

x→+∞

Se f (α) = L allora

f 0

∃ξ ∈

(2.17) (α, +∞) tale che f (ξ) = 0 .

Il teorema di Rolle esteso ha una chiara interpretazione geometrica illustrata dalla

seguente figura ed è per questo che abbiamo scelto questa strada per dimostrare il

Teorema 2.2 rispetto ad altre più dirette ma assai meno intuitive.

Dimostrazione del Teorema di Rolle esteso. Assumiamo senz’altro f non co-

stante! Se esistesse b > α tale che f (b) = f (α) la tesi seguirebbe dal Teorema di

∀x ∈ ∞) 6

Rolle classico. Supponiamo quindi che (α, , f (x) = f (α) . Senza perdita

di generalità si assuma che

∀x ∈ ∞)

(α, , f (x) > f (α) = 0 .

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 13

0.1

0.05 10 40 50

20 30

-0.05

-0.1

-0.15

-0.2 Qui f (α) = lim f (x)

Figura 5. x→∞ −

(Assumere L = 0 corrisponde a considerare la funzione f (x) L ).

f f

Per ipotesi esiste qualche a > α tale che f (a) = m > 0. Per il teorema dei valori

intermedi applicato all’intervallo [α, a] (f (α) = 0, f (a) = m), esiste allora α (α, a)

1

m

tale che f (α ) = . D’altronde per ipotesi lim f (x) = 0 e quindi, poiché stiamo

1 x→+∞

2 m

assumendo che f (x) > 0 esiste M > a tale che 0 < f (x) < per ogni x > M . (Qui

4

m

stiamo applicando la definizione di limite con = ). Ancora il teorema dei valori

4 m

≤ ∈

intermedi applicato questa volta in [a, M ] (f (a) = M , f (M ) ), esiste α [a, M ]

2

4

m

per cui f (α ) = .

2 2

Quindi esistono α ed α tali che

1 2 m = f (α ) = f (α ) .

1 2

2

Il Teorema di Rolle applicato nell’intervallo [α , α ] ci permette di concludere: esiste

1 2

0

∈ ⊂ ∞)

ξ (α , α ) (α, tale che f (ξ) = 0.

1 2 2.11. Teorema di Cauchy esteso (ad intervalli illimitati). Siano f e g

Esercizio

continue in J = [α, +∞) e derivabili in (α, +∞). Supponiamo che esistano

lim f (x) = L , lim g(x) = L .

f g

x→+∞ x→+∞

0 6

Se g (x) = 0 in J allora 0

L f (α) f (ξ)

f

∃ξ ∈

(2.18) (α, +∞) tale che = .

0

L g(α) g (ξ)

g

Soluzione. Si tratta di applicare il “Teorema di Rolle esteso” alla funzione

h = h(x) definita in J nel modo seguente

− − −

h(x) = f (x)[L g(α)] g(x)[L f (α)] .

g f

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 14

Poi si prosegue come nella dimostrazione del Teorema 2.10.

Dimostrazione del Teorema 2.2. La strategia è la stessa del Teorema 2.1. Sol-

tanto ci serviamo della versione estesa del teorema di Cauchy. I dettagli sono lasciati

per esercizio.

Vediamo ora come il Teorema 2.1 possa essere applicato anche in casi che appa-

rentemente non rientrano nelle sue ipotesi.

2.12. Trucchi per ridursi ad usare il Teorema 2.1.

Esercizio

Si calcoli 1

senx

x

(2.19) lim .

x

x→0

Poiché 1

senx

1 senx

( )

x ln

= e .

x x

x

senx

Scegliamo f (x) = ln e g(x) = x. Allora per il Teorema 2.1, esiste

x 0

f (x) f (x) x cos x senx

lim = lim = lim =0

0

g(x) g (x) xsenx

x→0 x→0 x→0

e quindi (verificatelo per esercizio!) esiste il limite (2.19) e vale

1 senx

[ ( )]

lim ln

x→0

e = 1 .

x x

Osserviamo esplicitamente che alcune ipotesi non sono state controllate. Farlo

“a occhio” richiede esercizio. Ad esempio non abbiamo esplicitamente esibito I e

certamente I = non si può scegliere. (Ma, state tranquilli, esiste una scelta di I

R

che va bene e chi non ne è convinto è invitato a verificarlo). Non abbiamo nemmeno

6

esplicitamente scritto nei calcoli x = 0 ma a questo siamo oramai abituati dal calcolo

dei limiti. 2.13. Si calcoli

Esercizio 1 − ∈

1) , n .

(2.20) lim n(n n N

n→+∞

Apparentemente siamo andati “fuori tema”. Cambiamo la domanda sostituendo

ad “enne” una variabile continua.

Notiamo che qui dobbiamo usare il Teorema 2.2 con ad esempio a = 1, b = +∞.

Scriviamo poi 1 − 1

x x

1 −

x(x 1) = .

x 1

x

2. IL TEOREMA DI BERNOULLI (OVVERO, DI DE L’HOSPITAL) 15

1 1

Scelte f (x) = x 1 e g(x) = , siamo nelle ipotesi desiderate e poiché si ha che

x x

(verificatelo!) 0

f (x) 1 −

= x (ln(x) 1) ,

x

0

g (x)

concludiamo 1 − 1) = +∞

lim x(x x

x→+∞

e usando, per abbondare, l’“odontoiatrico” Teorema ponte, allo stesso limite tende

(2.20).

Il successivo esempio suggerisce l’utilità di una variante dei teoremi enunciati sino

ad adesso. 2.14.

Esercizio x

e .

(2.21) lim 3

x

x→+∞

Qui conosciamo già la risposta per altra via. Applicando (senza pensare) il Teore-

ma 2.2 un po’ di volte consecutive (sempre senza smettere di non pensare) otteniamo

x x

e e

lim = lim = +∞.

x→+∞ x→+∞

3

x 6

Ci siamo dimenticati di controllare che l’ipotesi (2.1) fosse verificata. Non lo era.

Ma il risultato non solo è sensato, è pure corretto. Non è un caso. Esistono versioni

parallele dei Teoremi 2.1 e 2.2. che sostituiscono all’ipotesi (2.1), fermo restando

tutte le altre la nuova ipotesi

(2.22) lim f (x) = lim g(x) = +∞ .

x→c x→c

Anche qui ci sono versioni “asimmetriche”. Si può quindi considerare il limite di tipo

lim . Inoltre si può alternativamente assumere

x→c −∞

(2.23) lim f (x) = lim g(x) = .

x→c x→c

Ecco gli enunciati. ∈

2.15. Sia I un intervallo della forma I = (a, b) con a < b e sia c (a, b).

Teorema

Siano f, g : I due funzioni continue in I e derivabili in I\{c}. Se

R

(2.24) lim f (x) = lim g(x) = +∞ ,

x→c x→c

se 0

∀x ∈ 6 6

(2.25) (a, b) , g(x) = 0 e g (x) = 0 ,

e se esiste 0

f (x)

(2.26) lim ,

0

g (x)

x→c

3. APPROFONDIMENTI 16

allora esiste anche f (x)

(2.27) lim g(x)

x→c

e si ha 0

f (x) f (x)

(2.28) lim = lim .

0

g(x) g (x)

x→c x→c →

2.16. Sia I un intervallo della forma I = (a, +∞). Siano f, g : I

Teorema R

due funzioni continue e derivabili in I. Se

(2.29) lim f (x) = lim g(x) = +∞ ,

x→+∞ x→+∞

se 0

∀x ∈ 6 6

(2.30) I , g(x) = 0 e g (x) = 0 ,

e se esiste 0

f (x) ,

(2.31) lim 0

g (x)

x→+∞

allora esiste anche f (x)

(2.32) lim g(x)

x→+∞

e si ha 0

f (x) f (x)

(2.33) lim = lim .

0

g(x) g (x)

x→+∞ x→+∞

Vediamo ora una applicazione istruttiva del Teorema 2.1. L’esercizio è interessante

ma leggermente sofisticato. Saltatelo pure in prima lettura.

3. Approfondimenti

Quel che segue in questo capitolo, fino al Teorema 3.5 è un approfon-

dimento.

Consideriamo la seguente funzione che risulta essere molto utile in analisi:

1

− 6

e se x = 0

2

x

(3.1) h (x) =

? 6

? se x = 0 .

Il punto interrogativo non è un errore di stampa: espone la difficoltà iniziale di

assegnare un valore alla funzione in x = 0. Non dovremmo avere troppe difficoltà

a scoprire i due seguenti fatti. Primo, se si vuole estendere la funzione in x = 0 in

3. APPROFONDIMENTI 17

maniera “qualificata” ovvero continua, la scelta esiste, è obbligata e vale esattamente

zero. Consideriamo allora 1

− 6

e se x = 0

2

x

(3.2) h(x) = 6

0 se x = 0

e domandiamoci se la funzione cosı́ ottenuta sia derivabile in Subito, in coro,

R.

notiamo che 1

0 −

2

(3.3) h (x) = 6

se x = 0 .

e 2

x

3

x

Cosa succeda nell’origine deve essere capito usando la definizione di derivata. In altre

parole dobbiamo calcolare (se possibile)

h(x) h(0)

lim x

x→0

e, se si potesse applicare il Teorema 2.1, si potrebbe concludere che

0

− −

h(x) h(0) h (x) 0 2 1

0 per (3.3)

lim = lim = lim h (x) = = lim e .

2

x

3

x 1 x

x→0 x→0 x→0 x→0

2.1 si può applicare e si ha

Poiché l’ultimo limite esiste e vale zero, il Teorema

0

h (0) = 0 e quindi 1

2 6

e se x = 0

2

x

0

(3.4) h (x) = 3

x

0 se x = 0 .

Questa solfa si può reiterare. Se ne deduce che le derivate di qualunque ordine di

h nell’origine esistono e valgono zero. Scriviamo questa formula, la riprenderemo nel

prossimo capitolo. (N )

∀N ∈

(3.5) , h (0) = 0 .

N

Il precedente calcolo della derivata in zero è di carattere generale.

3.1. Sia I = [a, b], f continua in [a, b] e derivabile in I\{c}.

Proposizione 0

(3.6) Se esiste lim f (x) ,

x→c

allora necessariamente f è derivabile in x = c e si ha

0 0

(3.7) f (c) = lim f (x) .

x→c

ATTENZIONE . La parte in grassetto in (3.6) è necessaria. In altre parole in

generale (3.7) è falsa.

Per convincersene si consiglia di svolgere il seguente esercizio.

3. APPROFONDIMENTI 18

3.2. Sia

Esercizio 1

2 6

x sen se x = 0

x

(3.8) h(x) = 0 se x = 0 .

Controllate che la seguente affermazione è falsa e dite perché.

0 0

lim h (x) = h (0) .

x→0

Il precedente esercizio dimostra pure che non tutte le funzioni derivabili in un

intervallo [a, b] ammettono derivata continua in [a, b].

3.3. Riusciamo a vederlo ?

Esercizio 3.4. (Miscellanea Bernoulliana) Calcolare, se esistono, i seguenti limi-

Esercizio

ti. α

x

tg(x) α

∈ ∈

lim x , lim , α , lim x ln(x) , α ,

R R

x

e

x→+∞

+ +

x→0 x→0

Dire per quali valori di α si ha

R x x

− − − −

e 1 αx e 1 αx

α

x ∈

lim (x) = 0 , lim , lim ,

R

2 2

− −

x αx x αx

x→0 x→0

+

x→0 2

−αx

2α 6

lim x e = 0

x→+∞

Le prossime versioni dei teoremi di Bernoulli sono dei corollari degli enunciati che

oramai già conosciamo, ma sono particolarmente utili. Esse servono a trattare un

caso che abbiamo incontrato ad esempio all’inizio del capitolo quando consideravamo

Si era visto allora che se a = a = 0 e b = b = 0, allora

soltanto i polinomi (1.1). 0 1 0 1

00

6 6

si poteva procedere nell’ipotesi b = 0, ovvero nell’ipotesi g (0) = 0. Ecco la versione

2

adatta a funzioni con un buon numero di derivate. ∈

3.5. Sia I un intervallo della forma I = (a, b) con a < b e sia c (a, b).

Teorema

Siano f, g : I due funzioni continue in I e derivabili N + 1 volte in I\{c} e sia

R

∈ ≤

k k N . Se

N, (j) (j) {0, · · ·

(3.9) lim f (x) = lim g (x) = 0 , j = 1, , k}

x→c x→c

se (j)

∀x ∈ 6 ∈ {0, · · ·

(3.10) (a, b) , g (x) = 0 , j 1, , k}

e se esiste (k+1)

f (x)

(3.11) lim ,

(k+1)

g (x)

x→c

3. APPROFONDIMENTI 19

allora esiste anche f (x)

(3.12) lim g(x)

x→c

e si ha (k+1)

f (x)

f (x)

(3.13) lim = lim .

(k+1)

g(x) g (x)

x→c x→c →

3.6. Sia I un intervallo della forma I = (a, +∞). Siano f, g : I

Teorema R

∈ ≤

due funzioni continue e derivabili N + 1 volte in I e sia k k N . Se

N,

(j) (j) {0, · · ·

(3.14) lim f (x) = lim g (x) = +∞ , j = 1, , k}

x→c x→c

se (j)

∀x ∈ 6 ∈ {0, · · ·

(3.15) (a, b) , g (x) = 0 , j 1, , k}

e se esiste (k+1)

f (x)

(3.16) lim ,

(k+1)

g (x)

x→c

allora esiste anche f (x)

(3.17) lim g(x)

x→+∞

e si ha (k+1)

f (x)

f (x) = lim .

(3.18) lim (k+1)

g(x) g (x)

x→c

x→c

Gli esercizi che seguono servono a familiarizzare con l’uso dei due teoremi prece-

denti. Cercate pertanto di usare questi ultimi per risolverli.

3.7. Calcolare

Esercizio 3 3

2 2

x x x x

x

− − − − −

ln(1 x) + x + + e 1 x

2 3 2 3

lim , lim .

4 3

x x

x→0 x→0

3.8. Calcolare

Esercizio 3

2 x

x x

ln(1 x) + x + + e

2 3

lim , lim .

5

4 10

x x

x→+∞ x→+∞

Accenno di dimostrazione del Teorema 3.5. Non ci sono idee nuove. Si cerca (e

ci si riesce) di ricondursi dopo un certo numero di iterazioni al caso del corrispondente

Teorema 2.1. L’unica cosa che vale la pena puntualizzare è il fatto seguente. Questa

volte è possibile estendere per continuità in x = c non soltanto le funzioni f e g

3. APPROFONDIMENTI 20

ma anche le loro derivate fino all’ordine k. Questo serve per fare scattare l’ipotesi

induttiva.

È un esercizio, (ben noioso!), quello di scrivere l’enunciato corrispondente ai casi

dei Teoremi 2.15 e 2.16. La dimostrazione dei Teoremi 2.15 e 2.16 viene omessa. Si

possono consultare vari testi. Il lettore interessato può riferirsi ad esempio al testo

di Giusti.

Concludiamo il capitolo con una spiegazione che, a questo punto, speriamo sia superflua.

Il titolo del capitolo non si legge “seicentodieci fattoriale”.

Suggerisce invece che, ad una apparente offesa di quel tipo, si può replicare in vari modi

perché c’è zero e zero! e non tutti gli zeri sono uguali. In particolare, il nostro interlocutore

potrebbe pure essere uno zero di ordine superiore!

CAPITOLO 6

Datemi un polinomio...

1. (Quasi) tutte le funzioni somigliano ad un polinomio

Anche stavolta la ditta Bernoulli è stata soppiantata da coloro che hanno pubblicato

prontamente le loro (ri)scoperte. Questa volta almeno 5 o 6 matematici avevano anticipato

Brook Taylor a cui viene attribuita la formula di estrema importanza pubblicata nel 1715.

Il nome Maclaurin, pure molto gettonato, discende da un lavoro del 1742. Probabilmente

Jean Bernoulli (ancora lui!!) sarebbe da considerare il vero scopritore.

Sovrastimare l’importanza di una versione precisa dell’affermazione in grassetto che apre

la sezione è difficile. Va chiarito che, quando i risultati che saranno raccontati in questo

capitolo furono capiti ed enunciati, le funzioni erano, come sottolineato nell’introduzione

del capitolo 3, non chiaramente definite. Quasi tutti gli scienziati erano propensi a credere

che le “vere” funzioni fossero solo quelle che oggi chiameremmo “analitiche”. Scopriremo

cosa questo significhi fra breve. Per il momento diciamo che si tratta di una classe che

è (molto) più restrittiva di quella delle funzioni che sono derivabili un numero arbitrario

di volte. Per queste funzioni analitiche si può dimostrare un enunciato di una eleganza

stratosferica. Ma anche in un ambito meno restrittivo di funzioni buonette ma non proprio

ideali (ad esempio con una derivata terza un po’ difettosa, oppure persino una derivata

prima schifosa), si riesce a salvare una parte dell’enunciato. La strategia del presente

capitolo sarà allora la seguente: data una certa funzione f ed un punto x nel dominio di

0

f , cercare di fornire la formula di un polinomio che sia, in un intorno di x ed in un senso

0 .

da precisare, la migliore approssimazione della funzione f fra tutti i possibili polinomi

Prima di partire, visualizziamo ciò di cui stiamo parlando. Consideriamo una

vecchia amica (sempre giovanile, per carità): la funzione esponenziale. Ammiratela

1

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 2

in tutto il suo splendore in varie “pose” ed accanto ad amici fraterni nelle Figure da

1 a 7. 36

3·10 36

2.5·10

36

2·10 36

1.5·10

36

1·10 35

5·10 40 60 100

20 80

L’esponenziale vista da (troppo) lontano

Figura 1.

10000

8000

6000

4000

2000 4 6 10

2 8

L’esponenziale vista da lontano

Figura 2.

Mica male!! Buona parte di questo capitolo sarà dedicata a capire come si trovano

quei buoni polinomi in compagnia della funzione esponenziale e che proprietà hanno

(ovvero in che senso sono vicini alla funzione da approssimare).

Ricordiamo che il nostro programma è di approssimare una classe possibilmente

ampia di funzioni con polinomi. Premettiamo alcune considerazioni.

2. Quando c’è speranza? (Condizioni necessarie)

∈ →

Sia I = (a, b) con a < b e sia x I. Sia infine f : I una funzione. Come

R

0

esercizio di riscaldamento proponiamoci la seguente domanda. Fra tutti i polinomi

di un certo fissato massimo grado N qual è il migliore per approssimare f in un

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 3

4

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5 1

0.4 0.6

0.2 0.8

L’esponenziale vista da vicino

Figura 3.

1

0.8

0.6

0.4

0.2 0.04 0.06 0.1

0.02 0.08

. . . vista da ancora più vicino

Figura 4.

intorno di x ? Formulata cosı́ la domanda fa accapponare la pelle. Vediamo alcuni

0

dei motivi cominciando col caso apparentemente stupido di N = 0. Si tratta allora

semplicemente di decidere fra tutte le funzioni costanti (ovvero “polinomi di grado

zero) quale sia quella che approssima meglio f in x . Se il grafico di f è come nella

0

Figura 8 la risposta è semplice. Si cerca una retta orizzontale...

Qualunque sia il criterio di scelta vorremmo che in questo caso selezioni il polino-

mio P = P (x) costantemente uguale ad f (x )! Cioè fra tutte le rette orizzontali si

0 0 0

prende quella che interseca il grafico di f esattamente nel punto (x , f (x )). Quindi

0 0

la scelta, in questo caso, sembra essere non ambigua o, come dicono i matematici, (e

2

i dittatori!) unica! (L’ultimo simbolo non significa naturalmente (unica) .)

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 4

100

80

60

40

20 4 5

1 3

2

Ed ora in compagnia di un buon polinomio di grado quattro

Figura 5. 3

2.5

2

1.5

1

0.5 1

0.4 0.6

0.2 0.8

. . . di grado due

Figura 6.

Il prossimo esempio mostra però che qualche cautela è indispensabile. Se si sceglie

1 se x 0

(2.1) H(x) = 0 se x < 0 ,

(che ha un nome: funzione di Heaviside), viene il dubbio che la stessa scelta P (x) =

0 12

f (x ) = 1 non sia poi tanto migliore della scelta P (x) = 0 oppure P (x) = ad

0 0 0

esempio.

Ecco allora che l’ipotesi naturale per trarci d’impaccio è la continuità nel punto

x . Il teorema in questo caso dirà una cosa che già avevamo sentito dire, sia pure in

0

un linguaggio leggermente diverso. Se f è continua in x esiste, unico, un polinomio

0

di grado zero P (x) a tale che

0 0 −

(2.2) lim (f (x) P (x)) = 0 .

0

x→x

0

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 5

2

1.75

1.5

1.25

1

0.75

0.5

0.25 0.04 0.06 0.1

0.02 0.08

. . . di grado uno! Ma l’intervallo è piccoletto! È forse

Figura 7.

sparito un grafico?

f x

( ) P x f x

0 ( ) = ( )

0 0

(x f x )

, ( )

0 0

x 0 Una funzione regolare

Figura 8.

Inoltre a = f (x ).

0 0

Notate che potremmo ricordare la ricetta (2.2), dicendo che la differenza fra f e

P deve essere infinitesima in x = x . In formule

0 0 − −

(2.3) f (x) = f (x ) + ω (x x ) , lim ω (x x ) = 0 .

0 0 0 0 0

x→x 0

La richiesta (2.2) o, se si preferisce la (2.3) ha la seguente caratteristica.

a) Prescrive un unico polinomio nel caso di f continua. (Perché unico?)

b) È inesaudibile nel caso della funzione di Heaviside.

Adesso riproponiamo il discorso a livello di polinomi di grado al più uno. Allora il

grafico del polinomio è ancora quello di una retta ma questa volta non necessariamente

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 6

6 H(x) = 1

H(x) = 0 -

La funzione di Heaviside

Figura 9.

orizzontale. Ovviamente, per essere sicuri di non peggiorare rispetto al passo di ordine

zero, considereremo tutte e sole le rette del fascio passante per (x , f (x )). Quindi

0 0

il polinomio deve avere la forma P (x) = f (x ) + a (x x ). Se si sono studiate

1 0 1 0

le derivate non si dovrebbero avere dubbi. “La migliore” scelta è data dalla retta

tangente al grafico nel punto in questione, anzi sarebbe . . .. Stavolta siamo più

prudenti e diremo...“a patto che questa retta tangente ci sia”. Quindi ci aspettiamo

un enunciato di questo tipo.

Se f è derivabile in x esiste, unico, un polinomio di grado al più uno, P (x) =

0 1

f (x ) + a (x x ) tale che non solo

0 1 0 − −

(2.4) lim (f (x) [f (x ) + a (x x )]) = 0

0 1 0

x→x 0

(questa è ovvia, come si diceva, non è vero?) ma si abbia addirittura

− −

f (x) [f (x ) + a (x x )]

0 1 0

(2.5) lim = 0 .

x x

x→x 0 0 0

Inoltre il coefficiente a è anch’esso determinato: a = f (x ). L’ultima osservazione

1 1 0

segue, infatti, dalla definizione di derivabilità in quanto

− − −

f (x) [f (x ) + a (x x )] f (x) f (x )

0 1 0 0

6 ⇒ −

(2.6) x = x = a .

0 1

− −

x x x x

0 0

Ora basta far tendere x ad x per determinare a .

0 1

Osserviamo che la (2.5) si può anche scrivere nel modo seguente, leggermente più

suggestivo: −

ω (x x )

1 0

0

− −

(2.7) f (x) = f (x ) + (x x )f (x ) + ω (x x ) , lim = 0 .

0 0 0 1 0 −

(x x )

x→x 0 0

2. QUANDO C’È SPERANZA? (CONDIZIONI NECESSARIE) 7

Notate che stiamo creando una sorta di “gerarchia” nel modo di tendere a zero.

Il modo dato da (2.4) è “più forte” del modo dato da (2.2). Al momento opportuno

(vedere la Definizione 3.3), fisseremo questo importante concetto.

L’idea ora è di continuare questo procedimento finché sia possibile. Questo dipen-

de da quanto è “regolare” f . Se, ad esempio, f è derivabile una volta ma non due,

ci dovremo fermare ed il problema sul quale ci concentreremo sarà quello di trovare

altri modi, complementari alla (2.5) per quantificare la differenza fra la funzione ed

il polinomio che gli abbiamo associato.

Prima di passare ad enunciati formali è conveniente fissare alcune definizioni. Ci

scusiamo per non avere ancora fatto le presentazioni.

Abbiamo appena incontrato il polinomio di Taylor di ordine zero e di ordine

uno nel punto x .

0

Rispettivamente 0 −

P (x) = f (x ) e P (x) = f (x ) + f (x )(x x ) .

0 0 1 0 0 0

Essi definiscono i corrispettivi resti di Taylor di ordine zero ed uno

− −

R (x) = f (x) P (x) e R (x) = f (x) P (x) ,

0 0 1 1

o più esplicitamente 0

− − −

R (x) = f (x) f (x ) e R (x) = f (x) [f (x ) + f (x )(x x )] .

0 0

0 0 1 0

In questo linguaggio (2.2) e (2.5) si leggono rispettivamente come segue.

Se f è continua in x allora esiste, unico, un polinomio di grado zero P = f (x )

0 0 0

tale che

(2.8) lim R (x) = 0 .

0

x→x 0

Se f è derivabile in x esiste, unico, un polinomio di grado al più uno P (x) =

0 1

0 −

f (x ) + f (x )(x x ) tale che

0 0 0

R (x)

1

(2.9) lim = 0 .

x x

x→x

0 0

La formula di Taylor per il polinomio di ordine N e per il corrispondente re-

sto valida per funzioni che sono derivabili N volte in un intorno di x = x sono

0

concettualmente semplici:

N (j)

f (x )

X 0 j

− −

(2.10) P (x) := (x x ) , R (x) = f (x) P (x)

N 0 N N

j!

j=0 3. IL POLINOMIO DI TAYLOR 8

con le solite convenzioni sul significato da attribuire ai simboli quando j = 0. In

(j)

f (x ) j

0

questo caso (x x ) è un modo a dir poco demenziale di scrivere f (x ); (ci

0 0

j!

vorrebbe il punto esclamativo ma in questo contesto si temono fraintendimenti...).

2.1. i) Osserviamo esplicitamente che, come al solito, “ordine” e

Osservazioni

“grado” devono essere drasticamente separati. Il polinomio di Taylor di ordine uno

può tranquillamente essere di grado zero. Provare con una funzione costante per

credere.

ii) Si usa dire che il polinomio ed il resto in questione di cui alla (2.10) sono

centrati in x = x .

0 3. Il polinomio di Taylor

Passiamo al Teorema di Bernoulli attribuito a Taylor.

3.1. Teorema di Taylor.

Teorema ∈ →

Sia I un intervallo del tipo I = (a, b), a < b, sia x (a, b) e sia f : I una

R

0

funzione derivabile N volte in I. Posto N (j)

f (x )

X 0 j

− −

(3.1) R (x) := f (x) (x x ) ,

N 0

j!

j=0

si ha R (x)

N

(3.2) lim = 0 .

N

(x x )

x→x

0 0

Inoltre vale il seguente risultato di unicità del polinomio di Taylor.

3.2. Nelle ipotesi del teorema precedente sia P un polinomio di grado

Teorema N j

P −

al più N , (P (x) = a (x x ) ) tale che si abbia

j 0

j=0

f (x) P (x)

(3.3) lim = 0 .

N

(x x )

x→x 0 0

Allora N (j)

f (x )

X 0 j

(3.4) P (x) = (x x ) .

0

j!

j=0

Si noti che, per il principio di identità dei polinomi, (3.4) è equivalente alla

seguente l’affermazione apparentemente più forte: (j)

f (x )

0

∀j ∈ {0, · · · },

(3.5) 1, , N a = .

j j!

Pensiamo sia arrivato il momento di proporre una definizione formale.

3. IL POLINOMIO DI TAYLOR 9

3.3. Fissato k ed un certo intervallo I del punto t = t diremo

Definizione N 0

che la funzione ω = ω(t) è un infinitesimo di ordine superiore a k per t che tende a

t se

0 w(t)

(3.6) lim = 0 .

k

(t t )

t→t

0 0

In questo linguaggio si possono leggere le (3.1) e (3.2) nel seguente modo

N (j)

f (x )

X 0 j

(3.7) f (x) = (x x ) + ω (x)

0 N

j!

j=0

dove ω (x) è un infinitesimo di ordine superiore a N per x che tende a x .

N 0

Tale modo di descrivere la formula di Taylor viene chiamato “forma di

Peano” per il resto di Taylor.

3.4. Dimostrare che se P e Q sono due arbitrari polinomi tali che

Esercizio ∀x ∈ , P (x) = Q(x)

R

allora per ogni intero j, il coefficiente di ordine j di P è uguale al corrispondente

coefficiente di ordine j di Q. (Non si faccia a priori l’ipotesi che il grado dei due

polinomi sia lo stesso).

3.5. Si consideri la funzione dell’Esercizio 3.2 del Capitolo 5. Usando i

Esercizio

calcoli sviluppati di seguito, calcolare il polinomio di Taylor nel punto x = 0 associato

ad h di ordine N .

Soluzione-commento-esercizio. Notate una sconcertante conseguenza. Qua-

lunque sia l’ordine N , il polinomio di Taylor associato ad h ha sempre grado zero,

in quanto è il polinomio identicamente nullo. Quanto vale allora il resto di ordine N ?

Dimostrazione del Teorema 3.1. Per costruzione R (x) tende a zero per x

N

che tende ad x e (3.2) da luogo ad una forma indeterminata. In effetti si ha

0

j j −

d R (x) d (f (x) P (x))

N (j) (j)

lim = lim = lim f (x) P (x) =

j j

dx dx

x→x x→x x→x

0 0 0

(j)

f (x )j!

0

(j) (j) (j)

− − ∈ {0, · · · }

f (x ) P (x ) = f (x ) = 0 , j 1, , N .

0 0 0 j!

Con il linguaggio appena introdotto diciamo che R è un infinitesimo di ordine

N

superiore a N per x che tende a x . (Da ora in poi ometteremo la frase “per x

0

che tende a x ” sicuri di non creare fraintendimenti).

0 3. IL POLINOMIO DI TAYLOR 10

N

D’altronde anche la funzione g(x) = (x x ) è infinitesima, ma solo di ordine

0

− −

superiore a N 1. Infatti essa ha solo N 1 derivate nulle in x :

0

N N

j N −

− d (x x )

d (x x ) 0

0 ∈ {0, · · · − 6

= 0 , j 1, , N 1} ; = N ! = 0 .

j N

dx dx

Vogliamo concludere che “il numeratore vince”. Basta applicare il Teorema 3.5

del Capitolo 5 esattamente N volte.

Dimostrazione del Teorema 3.2. Dobbiamo dimostrare che vale (3.5). Sup-

poniamo per qualche riga, che valga la seguente famiglia di enunciati:

f (x) P (x) ∈ {0, · · · }

(3.8) lim = 0 , , j 1, , N .

j

(x x )

x→x

0 0 −

Allora (3.8), applicata per j = 0 implica lim [f (x) P (x)] = 0 , ovvero P (x ) =

x→x 0

0

f (x ). Quest’ultima è equivalente alla relazione a = f (x ).

0 0 0 ∈

“Chi ben comincia è a metà dell’opera”. Quindi la dimostrazione vale per j

1

{0, · · · , [N/2] + 1} ... stiamo scherzando .

Usiamo ora la (3.8) per j = 1. Applicando il Teorema 2.1 del Capitolo 5, si trova

0 0 0

P (x ) = f (x ) che è equivalente alla relazione a = f (x ). In generale si ha

0 0 1 0

j !

d (f (x)−P (x))

j

dx

0 = lim =

j j

d (x−x )

x→x 0

0 j

dx

(j) (j) (j) (j)

− f (x ) P (x )

f (x) P (x) 0 0 ∈ {0, · · · }

lim = , j 1, , N .

j! j!

x→x 0

(j)

Poiché P (x ) = (j!)a , la dimostrazione sarà conclusa dopo aver controllato che

0 j

(3.3) implica (3.8). Questo è vero, facile da verificare e viene lasciato per esercizio.

−j −j

1

1 N N

− −

Suggerimento: = (x x ) e per j < N , il termine (x x )

0 0

j N

(x−x ) (x−x )

0 0

è infinitesimo.

Va osservato a questo punto che la tradizione vuole che le notazioni su polinomio

e resto di Taylor non siano totalmente omogenee al variare dei testi. In particolare

ricorre il dilemma di cosa sia un “parametro”. Questo concetto è sfuggente come

un’anguilla. Si può sempre pensare che un parametro sia solo un modo scorretto di

fare comparire una nuova incognita. Nel nostro caso tutti i ragionamenti avevano

1 Anche perché, nel caso dell’induzione, non è chiaro cosa sia la “metà” di (L.O.).

N

4. IL PROBLEMA DI UNA “STIMA” DEL RESTO: UNA PICCOLA DELUSIONE. 11

fissato x una volta per tutte. Si può legittimamente obiettare che polinomio e resto

0

dipendono anche da x . Molti autori preferiscono allora la notazione

0 R = R (x, x )

N N 0

e analogamente dicasi per il polinomio associato.

In effetti la variabile “naturale” è “x x ”. Dove possibile eviteremo l’uso di

0

notazioni complicate ma non dubitate, se risulterà utile non esiteremo a inserire

esplicitamente la dipendenza da x e a rendere la notazione incomprensibile.

0

3.6. Trovare i polinomi di Taylor per x = 0 e di ordine 1, 2 e 3 per

Esercizio 0

le seguenti funzioni . 2

2 4 4 4 x 2 4

3x + x , x , 2x + sen(x ) , sen(x) + x , e (x + x ) ,

1 1

− ,

sen(x) , cos(x) , ln(1 x) , tg(x) , −

1 x 1+ x

4

x

1

2 4 2 3

sen(x ) , cos(x ) , ln(1 x ) , tg(x ) , ,

2 2

− −

1 x 1 x

3.7. Gli esercizi appena svolti dovrebbero aver insegnato che

Esercizio

i) il polinomio di Taylor di una somma di funzioni è uguale a . . .

ii) per calcolare il polinomio di Taylor di ordine N di un prodotto di due funzioni è

sufficiente calcolare preliminarmente il polinomio di ordine N di ogni singola funzione

e poi . . .

4. Il problema di una “stima” del resto: una piccola delusione.

Il “resto” deve essere piccolo (come dimostrano le esperienze al supermercato).

Altrimenti che resto è? Ma quanto piccolo? Una richiesta apparentemente ragionevole

ed anzi minimale sembra la seguente. Il resto deve essere più piccolo dell’oggetto di

partenza. Nel nostro contesto ci chiediamo con malcelata sicumera: “supponiamo

che f sia buonissima (definita e con un numero di derivate grande a piacere in tutto

è vero che, magari a patto di scegliere N grande (un miliardo!), si abbia

R!), |R |f

(x)| < (x)|

N

almeno in un intorno di un fissato punto x ”?

0

AH-AH-AH! Figuriamoci!

. . . Silenzio pedagogico. . .

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 12

O no? Ehm. NOOO! Quella stramaledetta funzione (3.5) che abbiamo incontrato

prima! Ma come sarà fatta? (Disegnate il grafico se ancora non l’avete fatto!)

Purtroppo quell’esempio ha un esito catastrofico per le nostre aspettative ma

non per la nostra teoria. Chi ha svolto gli esercizi relativi (che erano facoltativi

non temete!) ricorderà che il polinomio di Taylor di ordine N centrato in x = 0 è

0

identicamente nullo per ogni N E conseguentemente il resto soddisfa

N.

≡ |R ≡ |f ∀N ∈

R (x) f (x) , e quindi (x)| (x)| .

N

N N

Che questa sia una tragedia non c’è dubbio ma, come si dice a Roma, “morto un

Papa . . . se ne fa un altro.

La morale del precedente esempio è che la sola informazione implicita nel Teore-

ma di Taylor, anche per ordini alti di N non è sufficiente a “quantificare” la bontà

dell’approssimazione fatta. Quello che si cerca quindi è una formula di rappre-

sentazione del resto che sia semplice ma allo stesso tempo consenta una stima del

resto. 5. Il resto nella formula di Taylor

Prima di affrontare questo nuovo argomento, tiriamoci su il morale con qualche

esempio di segno opposto.

5.1. Dovrebbe essere evidente che se la funzione f di partenza (quella

Esempio

che vogliamo approssimare in un certo punto x ) è proprio un polinomio di grado

0

N , il polinomio di Taylor di ordine N , coincide con la funzione in ogni punto della

retta reale e pertanto si ha un risultato “perfetto”. Il corrispondente resto infatti è

identicamente nullo.

Vediamo ora un esempio familiare e, in una certa misura, tipico di una classe

interessante: le funzioni che battezzeremo analitiche.

1 ∈

5.2. Sia f (x) = , x (−1, 1) . Scrivere il polinomio di Taylor

Esercizio 1−x

per x = 0 di ordine due e cinquemila.

0

Soluzione bizzarra. n+1

1 x n

· · ·

f (x) = lim = lim (1 + x + + x ) .

1 x

n→+∞ n→+∞ N j

P

“Allora” il polinomio di Taylor di ordine N deve essere P (x) = x .

N j=0

Questo argomento è “curioso” ed infatti serve solo a farvi incuriosire. Ci tornere-

mo brevemente alla fine del presente capitolo e più a lungo in seguito.

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 13

Ritorniamo al discorso su una buona quantificazione del resto considerando un

esempio particolarmente semplice ed istruttivo. Consideriamo la beneamata funzione

esponenziale in un intorno dell’origine. Per definizione, il resto di ordine zero è

x

− −

R (x) = f (x) f (0) = e 1

0

e gode della proprietà di essere un infinitesimo ovvero vale

lim R (x) = 0 .

0

x→0

Cerchiamo di ottenere una stima quantitativa. Ad esempio, supponiamo di voler

conoscere (approssimativamente) il valore di e ovvero di f (0). Invochiamo un altro

“must” del presente corso, il teorema di Lagrange. Esiste un punto ξ compreso fra x

e 0 tale che 0

f (x) f (0) = xf (ξ) , ∈

quindi in particolare , scegliendo x = 1 deduciamo che esiste un ξ (0, 1) tale che

0 ξ

− −

e 1 = R (1) = f (1) f (0) = f (ξ) = e

0

e quindi, per la monotonia dell’esponenziale, otteniamo le disuguaglianze (tutte facili

ma cercate di capire da dove vengono!)

ξ 0 ξ

≤ − − ≤

1 = min e = e e 1 = f (1) f (0) max e = e .

ξ∈[0,1] ξ∈[0,1]

Concludiamo, per ora, che e 2. (Si potrebbe concludere e > 2 ma non stiamo a

sottilizzare: faremo di meglio!)

Il calcolo però si può iterare considerando il resto di ordine uno. A questo fine ci

si serve di una rappresentazione per il resto di ordine superiore che viene detta resto

di Taylor nella forma di Lagrange. Come immaginate, essa si basa sul Teorema

di Lagrange (vedi Capitolo 4).

5.3. Sia I = (a, b) un intervallo e sia f definita e derivabile N + 1 volte

Teorema ∈

in I. Fissati arbitrariamente due punti x, x I, esiste un punto ξ appartenente al

0

segmento che congiunge x ed x, tale che valga la seguente formula

0

N (j) (N +1)

f (x ) f (ξ)

X 0 j N +1

− −

(5.1) f (x) = (x x ) + (x x ) .

0 0

j! (N + 1)!

j=0

Una maniera concisa, di scrivere (5.1) è di usare la definizione di polinomio di

Taylor di ordine N . Allora si ha (N +1)

f (ξ) N +1

(5.2) f (x) = P (x) + (x x ) .

N 0

(N + 1)!

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 14

5.4. Continuiamo nella ricerca di una approssimazione del valore della

Esercizio x

costante di Nepero. Quindi f (x) = e . Si ha 0

− −

R (x) = f (x) f (0) xf (0) .

1

Usando (5.2) per N = 1, si ottiene 1

0 00

− −

R (x) = f (x) f (0) xf (0) = f (ξ)

1 2

e quindi, usando ancora la monotonia dell’esponenziale,

1 1 1 e

0

ξ ξ

≤ − − · ≤

= min e R (1) = f (1) f (0) 1 f (0) max e =

1

2 2 2 2

ξ∈[0,1] ξ∈[0,1]

e quindi ≤ ≤

2.5 e 4 .

Tale stima migliora notevolmente la precedente. Effettivamente, proseguendo si ottie-

ne una successione di stime che molto rapidamente produce una approssimazione di

e che batte quella riportata nel capitolo dove abbiamo trattato gli esponenziali. Sve-

leremo ora un piccolo segreto. Ricorderete che nell’introduzione del presente capitolo

abbiamo esibito spettacolari approssimazioni della funzione esponenziale mediante

polinomi di ordine basso. Avevamo detto “buoni polinomi”. Ora siamo in grado di

capire in che senso. Quelli erano proprio i polinomi di Taylor centrati in x = 0 relativi

alla funzione esponenziale e dei vari ordini.

5.5. Stimare alla prima cifra decimale la costante di Nepero facendo

Esercizio

uso del procedimento descritto. ∈ 6

Dimostrazione del Teorema 5.3. Fissiamo x I con x = x e dimostriamo (5.1)

0

soltanto in questo caso. (Altrimenti vale lo stesso ma per altri e ovvi motivi). Ancora

una volta useremo il Teorema di Cauchy (vedere il Teorema 2.13 del Capitolo 5). La

scelta delle funzioni è astuta: ci si arriva dopo un certo numero di tentativi. Poniamo

N (j)

f (z)

X j N +1

− −

(5.3) F (z) = (x z) , G(z) = (x z) .

j!

j=0 0

La variabile z deve essere scelta in maniera che F e G siano definite e inoltre G non si

∈ ≡

annulli. Una buona scelta è z J = [α, β] [x, x ] se x < x e J = [x , x] se x > x .

0 0 0 0

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 15

Infatti in questo caso le ipotesi del teorema di Cauchy sono soddisfatte. Quindi si ha

che esiste ξ (α, β) tale che 0

− F (ξ)

F (x ) F (x)

0 = .

(5.4) 0

G(x ) G(x) G (ξ)

0

Restano da calcolare i vari contributi in (5.4). Si ha

N (j)

f (x )

X 0 j

F (x) = f (x) , G(x) = 0 , F (x ) = (x x )

0 0

j!

j=0

0

N +1 N

− −(N −

G(x ) = (x x ) , G (z) = + 1)(x z) .

0 0 0

Abbiamo lasciato a parte il calcolo di F (z) che è leggermente più complicato. Fida-

tevi un attimo. Si ha (N +1)

f (z)

0 N

(5.5) F (z) = (x z) .

N !

Allora (usando nella propria mente il comando “cut and paste”) la formula (5.4) si

legge nel seguente modo. Esiste ξ nell’intervallo di estremi x e x tale che

0

(j)

N f (x ) (N +1)

j f (ξ)

P − −

0 N

(x x ) f (x) −

(x ξ)

0

j=0 j! N !

=

(5.6) .

N +1 N

− −(N −

(x x ) + 1)(x ξ)

0

La formula (5.6) è quella che desideravamo. Ma ha bisogno di un trattamento estetico

altrimenti è difficile rendersene conto. Facciamo le seguenti cose. Cambiamo segno

N +1

ad ambo i membri, moltiplichiamo per (x x ) , semplifichiamo la quantità a

0 N

destra dell’uguale (liberiamola dall’ingombro del termine (x ξ) ) e ricordiamo che

×

(N + 1) N ! = (N + 1)!. Allora (5.6) si riscrive nel modo seguente

" #

N (j) (N +1)

f (x ) f (ξ)

X 0 j N +1

− − −

f (x) (x x ) = (x x ) .

0 0

j! (N + 1)!

j=0

Infine ci si deve ricordare che fidarsi è bene ma non fidarsi è molto meglio.

Verifichiamo allora (5.5).

N N

(j+1) (j)

f (z) f (z)

X X

0 j j−1

− − −

F (z) = (x z) + (j 1)(x z) =

j! j!

j=0 j=1

N N

(j+1) (j)

f (z) f (z)

X X

j j−1 (k:=j−1)

− − −

= (x z) (x z) =

j! (j 1)!

j=0 j=1

−1

N N

(j+1) (k+1)

f (z) f (z) “j” è “muto”

X X

j k ( )

− − −

= (x z) (x z) =

j! k!

j=0 k=0

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 16

−1

−1 N

N (k+1)

(N +1)

(k+1)

f (z) f (z)

f (z)

X X

k N k

− − − −

= (x z) + (x z) (x z) =

k! N ! k!

k=0

k=0 (N +1)

f (z) N

= (x z) .

N !

Vediamo ora varie applicazioni della formula di Taylor.

Globale convessità. Cominciamo con una osservazione assai utile ed elegan-

te. Supponiamo di avere una funzione f derivabile due volte in un certo intervallo

I = (a, b) eventualmente illimitato. Supponiamo che la derivata seconda di f sia

non negativa in I (abbiamo visto nel Capitolo 4 che questa condizione può essere

letta come la condizione di convessità di f ). Infine supponiamo che esista un punto

0

∈ ≥ ∈

“stazionario” ovvero x I tale che f (x ) = 0. Allora f (x) f (x ) per ogni x I

0 0 0

ovvero x è un punto di minimo assoluto per la funzione f .

0

Infatti, usando la formula di Taylor con il resto di Lagrange, si ha che per ogni

x I, esiste un ξ (che dipende da x) tale che 00

f (ξ)

0 2

− (x x ) .

f (x) = f (x ) + (x x )f (x ) + 0

0 0 0 2

0 00 ∈

Per ipotesi f (x ) = 0 e f (ξ) > 0, per cui, per ogni x I,

0 00

f (ξ) 2

− ≥

f (x) = f (x ) + (x x ) f (x ) .

0 0 0

2

Naturalmente tale minimo assoluto non è necessariamente unico come si vede conside-

rando una funzione costante. Ricordiamo pure che non necessariamente la positività

della derivata seconda basta a concludere che la funzione abbia minimo come mostra

x

f (x) = e . 5.6. Mostrare che tutte le seguenti funzioni definite su hanno un

Esercizio R

minimo assoluto in x = 0. 2

2k x

f (x) = x , k , f (x) = e , . . . .

N

Spesso non si ha a disposizione una informazione cosı́ potente come la globale

convessità (o addirittura la non negatività della derivata seconda). Infatti le funzioni

globalmente convesse sono “poche”. Quelle “localmente” convesse invece sono molte.

In particolare fra le funzioni dotate di derivate seconde in un fissato punto sono

00 0

6

moltissime quelle per cui c := f (x ) = 0. Supponiamo allora che f (x ) = 0.

0 0

Sappiamo già che se c > 0 il punto x è di minimo relativo e se c < 0 è di massimo

0

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 17

relativo. I metodi finora usati però non permettevano di concludere nel caso in cui

c = 0. Taylor viene in soccorso.

Precisiamo che dobbiamo considerare ipotesi aggiuntive. Infatti, in caso con-

3

trario, tutte le situazioni possono verificarsi come mostrano gli esempi f (x) = x ,

4 4

−x

g(x) = x e h(x) = . Nel primo caso x = 0 non è estremo relativo, nel secondo

x = 0 è massimo e nel terzo minimo (entrambi addirittura assoluti). In tutti questi

casi x = 0 è stazionario e la la derivata seconda in zero è nulla.

Una possibilità è che si conoscano derivate di ordine superiore in x = x .

0

Assumiamo allora che f sia derivabile N + 1 volte con derivata N + 1-esima

continua in I. Supponiamo inoltre che, nel punto x x , siano nulle tutte le derivate

0 (N +1)

≥ 6

dall’ordine uno fino all’ordine N 1 mentre si ha c := f (x ) = 0. Allora si

N +1 0

può concludere. Più precisamente si ha la seguente casistica.

Casi possibili

Caso 1 N è pari. In questo caso x = x non è di estremo relativo. Se c > 0, la

0 N +1

funzione è crescente in un intorno di x mentre, se c < 0, la funzione è decrescente

0 N +1

in un intorno di x .

0 0 00 000 6

In particolare, per N = 2, scopriamo che se f (x ) = f (x ) = 0 e f (x ) = 0, il

0 0 0

punto x = x non è né di massimo né di minimo relativo.

0

Caso 2 N è dispari. In questo caso x = x è di estremo relativo. Più precisamente,

0

se c > 0, x è di minimo relativo. Se invece c > 0, x è di massimo relativo.

N +1 0 N +1 0 0 00

In particolare, per N = 3, scopriamo ad esempio che se f (x ) = f (x ) =

0 0

000 (4)

f (x ) = 0 e f (x ) > 0, il punto x = x è un punto di minimo relativo. Se

0 0 0

(4)

invece f (x ) < 0, il punto x = x è un punto di massimo relativo.

0 0

5.7. Classificare il carattere (minimo, massimo, né l’uno né l’altro)

Esercizio

del punto x = 0 per le seguenti funzioni. In alcuni casi si richiede implicitamente di

definire sia la funzione che alcune delle sue derivate nell’origine.

x − −

e 1 x

k ∈

f (x) = x , k , ,

N 2

x

5.8. Classificare il carattere del punto x = 0 per la funzione (3.2) del

Esercizio

Capitolo 5. (FACOLTATIVO!)

Facciamo vedere che la casistica è corretta. Consideriamo quindi il caso in cui

(N +1) 6

f (x ) = 0. Per ipotesi, il polinomio di Taylor di ordine N coincide con f (x ).

0 0

5. IL RESTO NELLA FORMULA DI TAYLOR 18

Quindi N (j)

f (x )

X 0 j

f (x) = (x x ) + R (x) = f (x ) + R (x) =

0 N +1 0 N +1

j!

j=0 (N +1)

f (ξ) N +1

f (x ) + (x x )

0

0 (N + 1)!

per un opportuno punto ξ appartenente all’intervallo che congiunge x e x .

0

In definitiva (N +1)

f (ξ) N +1

− −

(5.7) f (x) f (x ) = (x x ) .

0 0

(N + 1)!

Ricordiamo ora l’ipotesi che la derivata di ordine N + 1 di f sia continua. Allora, per

il teorema della permanenza del segno, esiste un intorno I I che contiene x , in

0 0

(N +1) (N +1) ∈

cui f (x) ha lo stesso segno di f (x ). Scegliamo dunque x I . Allora, per

0 0

(N +1)

costruzione, anche ξ vi appartiene. Conseguentemente f (ξ) ha lo stesso segno

(N +1)

di f (x ). Se tale segno è il più, usando (5.7), vediamo che la differenza

0 −

f (x) f (x )

0

N +1

ha lo stesso segno di (x x ) .

0

Pertanto, per N dispari si ha un massimo relativo e per N pari né l’uno né l’altro.

(N +1)

Il caso in cui f (x ) < 0 segue allo stesso modo.

0

5.9. Calcolare massimi e minimi assoluti delle funzioni seguenti nel-

Esercizio

l’intervallo [−1, 1]. Dire inoltre se x = 0 è un estremo relativo.

2 2 3

x x x

k x x

∈ − − − − − − −

x , k , e 1 x , e 1 x

N 2 2 6

5.10. Il precedente esercizio suggerisce che valga la seguente disugua-

Esercizio

glianza in [−1, 1] x ≥

(5.8) e 1 + x .

Caratterizzare il sottoinsieme più grande di in cui vale la (5.8). Che disuguaglianza

R

si può scrivere per 2 3

x x

x − − − −

e 1 x ?

2 6

6. CENNI SUL CONCETTO DI FUNZIONE ANALITICA 19

6. Cenni sul concetto di funzione analitica

Questo argomento è decisamente prematuro. Si può saltare senza problemi. Ma-

gari ritornandovi sopra dopo aver studiato le serie. Al momento si tratta di un

antipasto che potrebbe risultare indigesto.

Limitiamoci a studiare funzioni che in un certo intorno I abbiano un numero arbi-

trario di derivate. Queste funzioni meritano un nome per la loro notevole importanza

e saranno chiamate, da ora in poi, funzioni “ciinfinito”. La famiglia di tali funzioni

sarà denotato con ∞

(6.1) C (I) .

Procedete pure, se vi sembra istruttivo, a dare la definizione formale. Si può

k ∈

inciampare. Si possono definire pure gli insiemi C (I) per k (si legge “cikappa

N

di i”). ∞

6.1. Trovare f C (R) non costante che si annulla in infiniti punti.

Esercizio ∞

Per i più curiosi: esiste f C (R) non costante che si annulla nell’intervallo

[−1, 1]? ∞

La risposta è interessante: essa stabilisce una divisione netta fra funzioni C e

funzioni “analitiche”. ∈

Supponiamo allora di fissare I = (a, b) e x I. Possiamo scrivere allora la

0

formula N (j)

f (x )

X 0 j

(x x )

P (x) =

N 0

j!

j=0

e lo possiamo fare per ogni N N.

La tentazione di scrivere il simbolo

+∞ (j)

f (x )

X 0 j

(6.2) P (x) = (x x )

∞ 0

j!

j=0

è quasi irresistibile. Ma che senso ha?

Il senso che vorremmo dargli è il seguente

" #

N (j)

f (x )

X 0 j

(6.3) P (x) = lim (x x )

∞ 0

j!

→+∞

N j=0

Anche cosı́ bisogna lavorare per dargli un senso. Cominciamo ad analizzare alcuni

casi particolari.

Se ad esempio la funzione f è essa stessa un polinomio di grado esattamente N ,

(j)

allora la formula non si presta ad equivoci. Tutti i termini f (x ) sono nulli da un

0

6. CENNI SUL CONCETTO DI FUNZIONE ANALITICA 20

certo indice j in poi (precisamente da quale indice? Scriverlo in termini del grado

0

del polinomio di partenza). Quindi in effetti in (6.3) il limite è “fittizio”. Da un certo

punto in poi tutti i termini della successione sono uguali: P (x) = P (x) per ogni

k N

k N ! (Nel senso del punto esclamativo).

Ben più complicata ed interessante è la questione nel caso in cui esistano un

numero infinito di derivate non nulle in x . Tratteremo questo argomento nel corso

0

di Analisi I. Possiamo però dire subito che, anche nel caso di infiniti termini l’oggetto

è certamente definito in x = x . (E quanto vale allora?)

(6.3) 0

6

Ma, fissato x = x , la (6.3) definisce qualcosa soltanto se la corrispondente “serie

0

converge”.

Vanno distinti “essenzialmente” i seguenti casi.

Caso fortunato. Per ogni punto x di I, la serie converge ad un numero reale che

coincide con il valore di f in x. Questo è in altre parole il caso in cui il resto di ordine

N tende a zero per N che tende a +∞. 1

Esempio tipico sono i polinomi con I = e x arbitrario, la funzione f (x) =

R 0 1−x

con I = (−1, 1) e x = 0 ed altri ancora. Con opportune scelte di I ed x vanno bene

0 0

le funzioni trigonometriche, gli esponenziali e molte altre ancora.

Le funzioni che godono di questa bellissima ed elegante proprietà sono in una

certa misura dei polinomi di “grado infinito”. Saranno chiamate “analitiche”.

6

Caso di massima disillusione. Per ogni punto x = x di I, la serie converge ad

0

un numero reale che non coincide con il valore di f in x. Questo è in altre parole il

caso in cui il resto di ordine N si rifiuta di decrescere ed invece continua a coincidere

con la funzione di partenza f ad ogni ordine. Abbiamo incontrato questo fenomeno

nell’esempio (3.5).

Per distinguere questi due casi (che sono veramente molto diversi) si introduce il

concetto di funzione analitica che, fatte alcune puntualizzazione, significa esattamente

che siamo nel caso fortunato. Più precisamente la funzione f è analitica in I se

a) la sua serie di Taylor definita in (6.3) “converge” in ogni punto di I.

b) Per ogni x I, essa coincide con il valore della funzione di partenza. ∞

La precedente illustrazione qualitativa mostra che non tutte le funzioni C (I)

sono analitiche in I. Una cosa che è bene ricordare.

I successivi sono esercizi di “fantasia”. Molte nozioni sono puramente formali e

non sono state definite ancora. Incoraggiamo lo svolgimento a chi si vuole divertire.

× −1

Ricordiamo che i i = è la regola che bisogna usare.

6. CENNI SUL CONCETTO DI FUNZIONE ANALITICA 21

6.2. (Esercizi di fantasia) Consideriamo g : [−1, 1] h(x) =

Esercizio C,

√ 2

−i −

arccos(x). g(x) = ln(x + i 1 x ).

Dimentichiamo i vari nonsense della precedente definizione e procediamo formal-

mente. Calcoliamo la derivata di g. x

1 i √ 2

1−x

0 √

−i

g (x) = 2

x + i 1 x

2

−ix −

i + 1

1 x

√ √ √

− −

= = .

2 2 2

− −ix − −

1 x i + 1 x 1 x

D’altronde 1

0 √

h (x) = .

2

1 x

Caspita! Allora (sempre procedendo formalmente) si ha

0 0

− ∈

g (x) h (x) = 0 , x (−1, 1)

e quindi g(x) = h(x) + costante −

Irresistibile curiosit: quanto vale la costante? Calcolando g(1) h(1) si ha

c = 0 0 = 0 .

In definitiva per ogni x (−1, 1) √ 2

−i −

ln(x + i 1 x ) = arccos(x)

Adesso divertitevi a calcolare g(0) h(0). Si ottiene una formula curiosa.

Il precedente esercizio sembra folle ma invece è sensato e giusto. Naturalmente

bisognerà smetterla di proibire ad esempio il calcolo di un logaritmo di un numero

non reale. D’altronde chi conosce la formula di De Moivre è abituato a calcolare

esponenziali complessi e allora non è molto lontano.

Un accenno su come si indovina la funzione g dell’esercizio precedente. La formula

di De Moivre è la seguente iθ

e = cos(θ) + isen(θ) .

Se si crede ad essa allora −iθ −

e = cos(θ) isen(θ)

e quindi −iθ −iθ

iθ iθ −

e + e e e

cos(θ) = , sen(θ) = ,

2 2i

6. CENNI SUL CONCETTO DI FUNZIONE ANALITICA 22

Bene ora risolvete per θ e il gioco è fatto. Per essere sicuri che abbiate capito

il giusto algoritmo provate a cercare la funzione “g” analoga a quella dell’esercizio

precedente quando h = arcsen(θ). CAPITOLO 7

Sua maestà l’Integrale “Con fierezza e sicumera,

ecco incedere regale

il Signor della Misura:

sua Maestade l’Integrale.”

N. Barbecue

1. L’area di un sottografico: strategia d’attacco

È opinione comune che conoscere l’area di una regione del piano sia proprietà

utile. Triangoli, rettangoli, cerchi e qualche altra manciata di oggetti non creano

problemi di sorta, grazie a quella santa anima che ci ha tramandato (chissà quando)

quale sia la formula corretta. Ma più in generale? Triste la vicenda di quel mio

amico che comprò una casa a forma di stella e che spese più di un mese per capire

×

quante mattonelle 20 20 gli occorrevano per rifare il pavimento, per poi accorgersi

di aver sbagliato il conto e di dover ricominciare tutto da capo. Prima di trovarci

nelle stesse condizioni, cerchiamo di ampliare la classe delle regioni di piano per cui

sappiamo calcolare l’area, o, per lo meno, proviamo a scoprire una strategia generale

che ci permetta di affrontare il problema. Proprio questo tentativo ci porterà dritti

dritti alla definizione di integrale definito.

Tra tutte le miriadi di regioni a cui possiamo pensare, alcune suonano abbastanza

familiari a chi (come noi) ha ormai acquisito una certa dimestichezza con le funzioni

di una variabile: i sottografici di funzioni non negative.

→ ≥

1.1. Data una funzione f : [a, b] [0, +∞), cioè tale che f (x) 0

Definizione

per ogni x [a, b], l’insieme

{(x, | ≤ ≤ ≤ ≤

S = y) a x b, 0 y f (x)}

f

è il f nell’intervallo [a, b].

sottografico di

Si noti che, date due funzioni f e g, il sottografico S di f è contenuto in S ,

f g

sottografico di g, se e solo se f g. 1

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 2

L’area del sottografico di un certo numero di funzioni è elementare: se f (x) =

C 0, il sottografico S di f in [a, b] è un rettangolo, la cui area è, da sempre,

f

A(S −

) = (b a) C.

f {x }

1.2. Dato l’intervallo [a, b], un insieme P = , x , . . . , x tale che

Definizione 0 1 n

· · ·

a = x < x < < x = b è una [a, b]. L’ della partizione

partizione di ampiezza

0 1 n

|P | −

P è il numero := max{x x : i = 1, . . . , n}.

i i−1

Una funzione f : [a, b] è una (o

funzione costante a tratti funzione

R {x }

) se esiste una partizione P = , x , . . . , x di [a, b] tale che f è costante

a scala 0 1 n

su ogni intervallo [x , x ) per i = 1, . . . , n 1 e su x , x ], ossia

i−1 i n−1 n

∈ −

α x [x , x ) i = 1, . . . , n 1

i i−1 i

f (x) = ∈

α x [x , x ]

n n−1 n

dove α , . . . , α sono numeri reali.

1 n

Per una funzione f costante a tratti e non negativa il sottografico non è altro che

un’unione finita di rettangoli, vedi Figura 1. L’area di S è data dalla somma delle

f

aree di questi rettangoli: n n

X X

A(S − −

) = f (ξ )(x x ) = α (x x )

f i i i−1 i i i−1

i=1 i=1 (1)

dove ξ è un qualsiasi punto dell’intervallo [x , x ) (tanto f è costante in [x , x )!).

i i−1 i i−1 i

Una funzione costante a tratti non negativa ed il suo sottografico.

Figura 1.

Facciamo conto che per ogni funzione f non negativa sia ben definito un certo

A(S

numero ) che è la area del sottografico S (questa affermazione si rivelerà in

f f

(1) Si noti, en passant, che se si modifica una funzione costante a tratti f in un numero finito

A(S

di punti, il valore di ) rimane invariato. Infatti modifiche di questo genere corrispondono

f

a modificare il sottografico della funzione di partenza di un numero finito di segmenti verticali,

ciascuno dei quali ha area nulla.

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 3

realtà falsa, nel senso che per i sottografici di alcune funzioni l’area non è definita!).

A(S

Come determinare )? Una buona idea, che non si discosta di molto dall’idea

f

del “ricoprire un pavimento con delle mattonelle”, è quella di cercare di ricondursi,

tramite approssimazioni, ad oggetti di cui si sappia già calcolare l’area, ad esempio

i sottografici di funzioni costanti a tratti. Inoltre, vale la pena di considerare due

approssimazioni: una fatta tramite un sottografico contenuto in quello di cui si cerca

l’area ed una con sottografico che lo contiene. Le due approssimazioni daranno una

stima dal basso ed una dall’alto del valore che andiamo cercando. Poi si cercherà di

rendere le approssimazioni sempre più precise.

Quindi, data f : [a, b] non negativa, consideriamo approssimazioni del

R ≤ ≤

sottografico S date da sottografici di funzioni costanti a tratti g ed h, con g f h

f 2(a)). Una prima osservazione salta all’occhio: per poter stimare

in [a, b] (vedi Figura

per eccesso la funzione f con una funzione costante a tratti non negativa occorre che

(2)

la funzione f sia superiormente limitata . Se sup f (x) = +∞, non è possibile

[a,b]

trovare una funzione costante a tratti h per cui f h (vedi Figura 2(b)). Per la stima

dal basso con funzioni costanti a tratti, serve anche che f sia inferiormente limitata,

ipotesi che nel nostro presente caso è autoamticamente soddisfatta dato che f è non

negativa. L’ipotesi di limitatezza della funzione f è fondamentale qui, cosı̀ come in

tutto il Capitolo e in tutta la definizione dell’integrale definito. Appuntarselo.

Operativamente è estremamente più comodo scegliere le due funzioni approssi-

manti in maniera astuta: prima di tutto facendo in modo che si tratti di funzioni

costanti su intervalli definiti dalla stessa partizione, e poi scegliendo g e h in modo che

in ciascuno di questi intervalli il loro valore sia pari all’estremo inferiore e all’estremo

superiore della funzione f considerata. Con questa seconda richiesta, la definizione

di g ed h è ottimale una volta fissata la partizione.

{x }

Precisamente, data una partizione P = , x , . . . , x dell’intervallo [a, b], divi-

0 1 n

diamo l’intervallo [a, b] negli n sottointervalli [x , x ] per i = 1, . . . , n. Cosı̀ facendo,

i−1 i

il sottografico S si decompone nell’unione di n sottografici, ognuno relativo ad uno

f

degli intervalli [x , x ]:

i−1 i

n

[ i i {(x, ≤ ≤ ≤ ≤

= y) : x x x , 0 y f (x)} .

S = S dove S

f i−1 i

f

f

i=1

Se consideriamo due funzioni g e h costanti negli intervalli definiti da P e tali che

i

≤ ≤ A(S

g f h, stiamo approssimiamo l’area ) con quella di due rettangoli che hanno

f

come base il sotto–intervallo (x , x ) e come altezze un minorante e un maggioran-

i−1 i

te di f in (x , x ), rispettivamente. La scelta migliore, cioè quella per cui l’errore

i−1 i

(2) ≤

Per gentilezza, ricordiamo che f è superiormente limitata se esista M > 0 per cui f (x) M

per ogni x [a, b].

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 4

(a) Una funzione approssimata per eccesso e per difetto con due

Figura 2.

funzioni costanti a tratti. (b) Un tentativo (fallito) di approssimazione per eccesso

di una funzione non limitata superiormente.

commesso nella stima dell’area di ogni E è minima, è quella del “più grande dei mi-

i

noranti” e del “più piccolo dei maggioranti”, cioè dell’estremo inferiore e dell’estremo

superiore di f in (x , x ) (vedi Figura 3). Quindi, data una partizione P ci sono

i−1 i i

Stime qualsiasi e stime ottimali dell’area di S .

Figura 3. f ≤ ≤

due funzioni f e f , costanti a tratti negli intervalli definiti da P e tali che f f f ,

che danno la migliore stima per difetto e la migliore per eccesso. Le funzioni f e f

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 5

sono definite da ∀ ∈

f (x) = α := inf f (x) x [x , x ),

i i−1 i

[x ,x ]

i−1 i ∀ ∈

f (x) = β := sup f (x) x [x , x ).

i i−1 i

[x ,x ]

i−1 i

Due approssimazioni per S tramite le funzioni f e f .

Figura 4. f

In definitiva, data una partizione P dell’intervallo [a, b], sono ben definiti

n n

X X

A(S A(S − A(S A(S −

; P ) := ) = α (x x ) ; P ) := ) = β (x x ),

f f i i i−1 f i i i−1

f

i=1 i=1

A(S

con α = inf f (x), β = sup f (x) e (tutte le volte che ) ha senso)

i i f

,x )

(x (x ,x )

i−1 i i−1 i

A(S ≤ A(S ≤ A(S

; P ) ) ; P ).

f f f

Dopo di questo, si procede a migliorare l’approssimazione tramite la scelta di una

partizione con un’ampiezza più piccola. Una possibilità è scegliere una successione

|P | → ∞.

di partizioni P con ampiezza che tenda a zero per n In questo modo,

n n A(S A(S

passando al limite nelle due successioni numeriche ; P ) e ; P ) si dovrebbe

f n f n

(incrociando le dita) ottenere proprio l’area richiesta.

Negli esempi che seguono, utilizziamo la strategia appena proposta. In sintesi,

proviamo a: A(S

∈ A(S ; P ) e ; P );

– dato n scegliere una partizione P e costruire i numeri

N, f n f n

n

– calcolare i limiti A(S A(S

lim ; P ) e lim ; P );

f n f n

n→+∞ n→+∞

– se i limiti esistono e coincidono, decidere che il valore comune dei limiti è proprio

A(S

l’area cercata ), se i limiti non esistono o non coincidono, rimanere con un palmo

f

di naso e ripromettersi di meditare (tra breve) sulla questione...

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 6

∈ ≤

Esempio I. Sia f (x) = x per x [a, b] con 0 a < b. Il sottografico della

funzione f nell’intervallo [a, b] ha una forma estremamente familiare: nel caso in cui

a = 0, si tratta di un triangolo, e nel caso di a > 0 si tratta di un trapezio. In

entrambi casi, la geometria elementare fornisce una formula per il calcolo dell’area,

che è data da: 2 2

− b a

(b a)(b + a) =

2 2

(ricordate? “(base maggiore più base minore) per altezza diviso due”). Sembrerebbe

quindi che non ci sia più nulla da dire. La questione invece si pone: cosa succede

se si calcola l’area attraverso il procedimento di approssimazione per eccesso e per

difetto proposto in precedenza? È più che ragionevole aspettarsi che il risultato sia

lo stesso... ma una cosa è la ragionevolezza di un’affermazione ed un’altra è la sua

dimostrazione. Tutte le volte che sia possibile, la seconda è da preferire alla prima!

Perciò, rimbocchiamoci le maniche e procediamo come proposto.

Dividiamo l’intervallo [a, b] in n parti di uguale lunghezza tramite la partizione

{x −

P = = a + kh : k = 0, . . . , n} dove h = (b a)/n. Dato che f (x) = x è

n k

crescente, si ha ovviamente −

α = inf x = x = a + (k 1)h, β = sup x = x = a + kh,

k k−1 k k

[x ,x ] [x ,x ]

k−1 k k−1 k

e x x = h, valgono

k k−1 n−1 n−1

X X

2

· · · −

A(S ; P ) = ah + + (a + (n 1)h)h = h (a + kh) = hna + h k,

f n k=0 k=0

n n

X X

2

A(S · · ·

; P ) = (a + h)h + + (a + nh)h = h (a + kh) = hna + h k

f n k=1 k=1

n n(n+1) b−a

P

Tenendo conto della formula k = e di h = .

2 n

k=1 − −

n(n 1) n(n 1)

2 2

A(S − −

; P ) = hna + h = (b a)a + (b a)

f n 2

2 2n

n(n + 1) n(n + 1)

2 2

A(S − −

; P ) = hna + h = (b a)a + (b a) .

f n 2

2 2n

Per n +∞, le due quantità tendono allo stesso limite: 2 2 2

− −

(b a) b a

lim A(E; P ) = lim A(E; P ) = (b a)a + = ,

n n 2 2

n→+∞ n→+∞

che adesso, forti del nostro ragionamento costruito a partire dai “mattoni elementari”

delle funzioni costanti a tratti, accettiamo essere è uguale all’area cercata. L’area

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 7

La funzione f (x) = x e le approssimazioni determinate dai punti

Figura 5.

k(b−a) con k = 0, . . . , n.

a + n

trovata è proprio la stessa data dalle formule note dalla geometria elementare (meno

male!). 2 ≤

Esempio II. Passiamo a considerare f (x) = x in [a, b] con 0 a < b. Stavolta

la geometria elementare non ci aiuta. Qual’è l’espressione dell’area per il sottografico

2

di x ? Un sondaggio di una nota agenzia dà questi risultati: il 36% degli intervistati

2 2 3 3

(b−a) (b+a) b a

, il 38% risponde , il 10% risponde che il concetto di area

risponde 2

2 3 3

per il sottografico della parabola non ha senso, mentre il 16% non risponde. Qual’è

la nostra idea? Una possibilità è quella di fidarsi della maggioranza... ma perché non

provare con la solita strategia? 2

Scegliamo la stessa partizione P di prima. In questo caso, sempre perché x è

n

crescente su [a, b], 2 2

2 2

α = inf x = a + (k 1)h , β = sup x = a + kh ,

i i

[x ,x ] [x ,x ]

k−1 k k−1 k

da cui segue 2 2 2 2

A(S · · · −

; P ) = a h + (a + h) h + (a + 2h) h + + (a + (n 1)h) h

f n 2 2 2

A(S · · ·

; P ) = (a + h) h + (a + 2h) h + + (a + nh) h

f n

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 8

b−a

Svolti i quadrati e tenuto presente che h = , si ottiene

n )

( n−1 n−1

X X

2 2 2

A(S ; P ) = h na + 2ah k + h k

f n k=0 k=0 )

( n−1 n−1

2

− (b a)

2a(b a) X X

2 2

= (b a) a + k + k

2 3

n n

k=0 k=0

( )

n

n

X X

2 2 2

A(S ; P ) = h na + 2ah k + h k

f n k=1 k=1

( )

n n

2

− −

2a(b a) (b a)

X X

2 2

= (b a) a + k + k

2 3

n n

k=1 k=1

Utilizzando le formule (si veda il primo Capitolo)

n n 1

1 X

X 2

n(n + 1) k = n(n + 1)(2n + 1),

k = 2 6

k=1

k=1

e sostituendo nelle precedenti,

− −

− (n 1)(2n 1)

n 1 2

2 −

A(S − − + (b a)

; P ) = (b a) a + a(b a)

f n 2

n 6n

n +1 (n + 1)(2n + 1)

2

2 −

A(S − − + (b a)

; P ) = (b a) a + a(b a)

f n 2

n 6n

→ ∞,

Quindi, passando al limite per n 3 3 3

− −

(b a) b a

2 2

A(S A(S − −

lim ; P ) = lim ; P ) = (b a)a + a(b a) + = ,

f n f n 3 3

n→+∞ n→+∞

cioè il risultato tanto agognato è 3 3

b a

A(S −

) = .

f 3 3

La maggioranza aveva ragione!

Esempio III. Sperimentiamo la stessa tecnica per una funzione dal comporta-

mento più bizzarro: ∈ \

0 x [0, 1] Q,

funzione di Dirichlet : D(x) := ∈ ∩

1 x [0, 1] Q,

{a · · ·

Data una qualsiasi partizione P = = x < x < < x = b}, in ognuno dei

0 1 n

sottointervalli [x , x ] cadono sia numeri razionali che numeri irrazionali, quindi

k−1 k

α = inf D(x) = 0, β = sup D(x) = 1.

i i

[x ,x ] [x ,x ]

k−1 k k−1 k

1. L’AREA DI UN SOTTOGRAFICO: STRATEGIA D’ATTACCO 9

A(S A(S

Pertanto, per ogni partizione P , ; P ) = 0 e ; P ) = 1 e quindi

D D

A(S A(S

sup ; P ) = 0 < 1 = inf ; P ).

D D

P

P

Anche scegliendo partizioni P con ampiezza sempre più piccola, le stime per difetto e

quelle per eccesso restano sempre ben lontane le une dalle altre. L’interpretazione che

diamo di questa situazione è che esistono sotto insiemi del piano a cui non è possibile

A(S)

associare un’area, ossia, per alcuni insiemi S, l’espressione non ha senso!

Esempio IV. Come ultimo esempio, calcoliamo l’area del sottografico di f (x) = cos x

nell’intervallo [0, π/2]. Prima di tutto dimostriamo il seguente Lemma.

1.3. Vale

Lemma n " #

12

sen(n + )y

1

X ∀ ∈ ∀ ∈

(1.1) cos(ky) = +1 y , n .

R N

y

2 sen( )

2

k=0

Dimostrazione. (Per induzione) Per n = 0, l’identità è banalmente

verificata. Supponiamola vera per n 1 e dimostriamola per n:

n " #

12

sen(n )y

1

X cos(ky) = + 1 + cos(ny)

y

2 sen( )

2

k=0 " #

y

12

sen(n )y + 2 cos(ny)sen( )

1 2

= +1 .

y

2 sen( )

2

Dato che

1 y y

± ∓

sen n y = sen(ny) cos cos(ny)sen ,

2 2 2

ne segue la conclusione.

Per calcolare l’area di π

n o

≤ ≤ ≤ ≤

S = (x, y) 0 x , 0 y cos x ,

f 2 kπ

fissato n , scegliamo la partizione P determinata dai punti x := per k = 0, . . . , n.

N n k 2n

La funzione cos x è decrescente in [0, π/2], quindi

kπ (k 1)π

α = inf cos x = cos , β = sup cos x = cos .

i i

2n 2n

[x ,x ] [x ,x ]

k−1 k k−1 k

π

Perciò, utilizzando la formula (1.1) con y = , ecco che otteniamo

2n

n #

" π

π

π

12

sen( + )

sen(n + ) π

π π

X 2 4n

2n −

A(S 1

1 =

; P ) = cos =

n

f π

π sen( )

4n

sen( )

2n 2n 4n 4n

4n

k=1

n−1 #

" π

π

π

12

sen( + )

sen(n + ) π

π π

X 2n 2 4n

A(S + 1

+ 1 =

cos

; P ) = =

n

f π

π sen( )

4n

sen( )

2n 2n 4n 4n

4n

k=0 2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 10

π

Dato che sen( + α) = cos α,

2 π/4n π π/4n π

A(S − A(S

; P ) = , ; P ) = +

n n

f

f tg(π/4n) 4n tg(π/4n) 4n

→ A(S A(S A(S

Per n +∞, lim ; P ) = lim ; P ) = 1 e quindi ) = 1.

n n

f f f

n→+∞ n→+∞

1.4. Dato b > 0, dimostrare che il sottografico di cos x in [0, b] è

Esercizio

misurabile e calcolarne l’area.

2. Ma cos’è quest’integrale?

Tiriamo le fila di quello che abbiamo fatto fin qui: senza preoccuparci troppo

di immergerci nel significato della parola “area di una regione del piano”, abbiamo

considerato il caso di sottografici di funzioni non negative, proponendo una specie

di algoritmo per il calcolo dell’area. L’idea di base è di approssimare per difetto e

per eccesso l’area richiesta tramite aree di sottografici di funzioni costanti a tratti.

Scegliendo partizioni di ampiezza sempre più piccola è ragionevole aspettarsi che l’ap-

prossimazione migliori e facendo tendere l’ampiezza della partizione a 0 si dovrebbe

ottenere il numero che andiamo cercando: l’area. Tramite un certo numero di esempi,

ci siamo resi conto che il procedimento è ragionevole (si arriva spesso ad un risultato

numerico), ma che in alcune situazioni non porta a nessuna conclusione (la funzione

di Dirichlet).

Scordiamoci ora del problema dell’area e invertiamo il procedimento: dichiariamo

“integrabili” le funzioni per cui il procedimento di approssimazione con (“aree” di

sottografici di) funzioni costanti a tratti converge e “non integrabili” quelle per cui

non converge. Nel caso in cui la funzione sia integrabile, il valore comune del limite

delle approssimazioni per eccesso e di quelle per difetto dà la definizione di integrale

definito della funzione. Rispetto al paragrafo precedente, c’è una differenza essenziale:

le funzioni che consideriamo possono avere segno qualsiasi.

{a ≡ · · ·

2.1. Data una partizione P = x < x < < x = b}

Definizione 0 1 n

dell’intervallo [a, b], sia φ una funzione costante a tratti, costante in ogni intervallo

[x , x ) per k = 1, . . . , n. Allora si definisce φ [a, b] il

integrale definito di in

k−1 k

valore n

X −

φ(ξ )(x x ),

k k k−1

k=1

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 11

dove ξ [x , x ). Il valore dell’integrale si indica con

k k−1 k b

Z φ(x) dx.

a

Già a questo livello, cioè per funzioni costanti a tratti, è opportuno sottolineare

che, in generale, l’integrale definito non ha il significato di area! Negli intervalli

(x , x ) in cui la funzione costante a tratti è negativa, il contributo del termine

k−1 k −

corrispondente f (ξ )(x x ) non rappresenta l’area di un rettangolo, dato che si

k k k−1

tratta di un numero negativo. L’area di regioni che si trovano al di sotto dell’asse

delle x viene sottratta invece che essere sommata (vedi Figura 6)(a). Ad esempio, se

−1

φ(x) = 1 in [−1, 0) e φ(x) = in [0, 1], l’integrale di φ in [−1, 1] è nullo. Non c’è

motivo per aversene a male, basta averlo ben chiaro fin dal principio.

L’integrale non è l’area: (a) una funzione costante a tratti, (b) una

Figura 6.

funzione qualsiasi.

Ora che abbiamo dato un nome all’integrale di una funzione costante a tratti,

quale senso si può dare all’integrale di una funzione f qualsiasi? Ragionando proprio

come nel paragrafo precedente, si considerano funzioni costanti a tratti g ed h tali

≤ ≤

che g f h. Allora i valori dell’integrale definito di g e dell’integrale definito di h

danno una stima per difetto e per eccesso di...? Qui si vorrebbe scrivere “dell’integrale

definito di f ”, ma quest’oggetto non è ancora stato definito! Si decide allora di

definire l’integrale proprio tramite questo processo di approssimazione: tutte le volte

che l’estremo superiore degli integrali di funzioni g costanti a tratti e minori o uguali

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 12

di f coincide con l’estremo inferiore degli integrali di funzioni h costanti a tratti e

maggiori o uguali di f , si dice che f è integrabile.

2.2. Sia f : [a, b] una funzione limitata è integrabile

Definizione R

se

(secondo Riemann)

b b

Z Z

≤ } ≥ }.

sup{ g(x) dx : g cost. a tratti, g f = inf{ h(x) dx : h cost. a tratti, h f

a a

In questo caso, il valore comune è l’ f

integrale definito della funzione nell'in-

[a, b] e si indica con

tervallo b

Z f (x) dx.

a

Notazione di Leibnitz per l’integrale. Il simbolo dell’integrale è una

variante del simbolo di somma indicato da una lunga S come si usava al

tempo di Leibnitz. Il simbolo dx è l’erede della lunghezza dell’interval-

lo x x . L’uso della minuscola è dovuto al fatto che, in generale,

k k−1

le approssimazioni migliori dell’integrale di f si ottengono considerando

funzioni costanti a tratti su partizioni la cui ampiezza sia molto piccola:

− ≈

x x =: ∆x dx.

i i−1

La lettera usata per indicare la variabile di integrazione è del tutto

b b b

R R R

indifferente: al posto di f (x) dx, si può scrivere f (t) dt o f (u) du,

a a a

esattamente come nel caso delle sommatorie il nome dato all’indice è

assolutamente ininfluente.

2.3. Nella definizione di “funzione integrabile” è comparsa l’ipo-

Osservazione

tesi di f limitata. Perché? Chi ha seguito con attenzione il paragrafo precedente ha

già una risposta... Se la funzione f non fosse limitata superiormente non ci sarebbe

nessuna funzione costante a tratti h tale che f h. Allo stesso modo, se f non

fosse limitata inferiormente non ci sarebbe nessuna funzione costante a tratti g tale

che h f (nel paragrafo precedente, l’ipotesi “f limitata inferiormente” è implicita

|f ≤

nella richiesta “f non negativa”). Invece, se M > 0 è tale che (x)| M per ogni

∈ ≡

x [a, b], la funzione h M è una funzione costante a tratti (costante dappertutto,

≡ −M

in realtà!) che maggiora la funzione f e la funzione g è una funzione costante

a tratti che minora f .

2.4. Nella definizione di integrale, non viene fatta nessuna richie-

Osservazione

sta di positività della funzione. Se la funzione integranda f è positiva in [a, b] ed è

integrabile, l’integrale coincide con l’area del sottografico di f in [a, b]:

b

Z

≥ ⇒ A({(x, ≤ ≤ ≤ ≤

f 0 f (x) dx = y) : a x b, 0 y f (x)}).

a

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 13

Se f è negativa in tutto o in parte dell’intervallo, il significato dell’integrale non è

più quello di un’area: l’integrale è somma di termini positivi e negativi, gli uni e

gli altri in corrispondenza delle zone in cui il grafico è sopra o sotto l’asse x (vedi

Figura 6(b)). Ad esempio, l’integrale della funzione x nell’intervallo [−1, 1] è zero

(convincersene con una figura).

Esattamente come nel caso delle aree di sottografici, gli insiemi delle funzioni

costanti a tratti che maggiorano/minorano una funzione f data sono troppo vasti.

Per comodità, si vorrebbe ridurre il numero di funzioni di questo genere che sono

necessarie alla determinazione dell’integrabilità o meno della funzione f assegnata.

2

Ad esempio, per il caolcolo dell’area del sottografico di x, x e cos x abbiamo usato

particolari funzioni costanti a tratti: quelle ottenute considerando partizioni dell’in-

tervallo in sottointervalli di uguale lunghezza. Quello che abbiamo fatto è sufficiente

2

per affermare che le funzioni x, x e cos x sono integrabili? Per ottenere questo sconto

di lavoro, si può procedere proprio come si è già fatto nel caso delle aree di sotto-

grafici: data una partizione P determinare la migliore stima per difetto e la migliore

stima per eccesso della funzione f in termini di funzioni costanti a tratti.

→ {x }

Sia f : [a, b] limitata e sia P = , x , . . . , x un partizione dell’intervallo

R 0 1 n

[a, b]. Poniamo α = inf f (x) e β = sup f (x).

i i

[x ,x ] [x ,x ]

i−1 i i−1 i

2.5. Si chiamano somma integrale per difetto/per eccesso

Definizione

f P , i valori delle somme

di relativamente alla partizione

n n

X X

− −

S(f ; P ) = α (x x ) e S(f ; P ) = β (x x ).

i i i−1 i i i−1

i=1 i=1

Non fa male sottolineare che per ogni funzione f limitata e per ogni partizione P ,

le somme integrali per difetto e per eccesso sono sempre ben definite dato che tutti i

valori α , β sono finiti.

i i

Grazie al fatto che, fissata una partizione P , S(f ; P ) corrisponde alla migliore

stima per difetto che si possa fare dell’integrale di f in [a, b] tramite funzioni costanti

a tratti in P , e analogamente per S(f ; P ) per le stime per eccesso, valgono

b

Z ≤ }

sup S(f ; P ) = sup{ g(x) dx : g cost. a tratti, g f

P a

b

Z ≥ }.

inf S(f ; P ) = inf{ g(x) dx : g cost. a tratti, g f

P a

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 14

dove l’estremo superiore ed inferiore nei termini a sinistra sono presi su tutte le

partizioni P di [a, b]. Quindi, ⇐⇒ S(f ; P ),

(2.1) f è integrabile in [a, b] sup ; P ) = inf

S(f P

P

b

R

e il valore comune è proprio f (x) dx.

a

L’equivalenza di (2.1) mostra che si sarebbe anche potuto scegliere di definire

; P ) = inf S(f ; P ).

l’integrabilità di una funzione attraverso la condizione sup S(f P

P

Questione di gusti.

Sia la condizione di integrabilità data dalla definizione che la sua versione equiva-

lente presente in (2.1) sono chiare e limpide da un punto di vista di rigore matematico.

Meno chiaro è come rispondere concretamente alla domanda: quali classi di funzioni

sono integrabili? Ecco il motivo della Proposizione che segue.

2.6. Una funzione limitata f : [a, b] è integrabile in [a, b] se

Proposizione R

e solo se per ogni ε > 0, esiste una partizione P tale che

ε

S(f ; P ) S(f ; P ) < ε.

(2.2) ε ε

Prima di dimostrare la Proposizione 2.6, un piccolo Lemma che esprime il fat-

to che aumentando il numero di punti di una partizione le somme per difetto non

diminuiscono e quelle per eccesso non aumentano, cioè entrambe le approssimazioni

“migliorano” (in realtà, non peggiorano).

2.7. Sia f una funzione limitata in [a, b] e siano P e P due partizioni di

Lemma 1 2

[a, b]. Allora ≤ ≤ ∀ ⊂

(2.3) S(f ; P ) S(f ; P ) e S(f ; P ) S(f ; P ) P P .

1 2 2 1 2 1

Dimostrazione del Lemma 2.7. Dato che P P , si può costruire P a partire

2 1 2

da P aggiungendo in sequenza un numero finito di punti. Quindi basta studiare il

1

caso in cui P sia uguale ottenuta da P attraverso l’aggiunta di un solo punto ξ, cioè

2 1

∪ {ξ}.

P = P Il caso generale si ottiene semplicemente iterando un numero finito

2 1

di volte lo stesso procedimento. Inoltre consideriamo solo il caso delle somme per

difetto, dato che l’altro è in tutto e per tutto analogo.

Supponiamo {x } ∈

P = , x , . . . , x ξ (x , x ),

1 0 1 n k−1 k

∈ {1,

per un opportuno k . . . , n}. Le espressioni di S(f ; P ) e di S(f ; P ) coincidono

1 2

in tutti i termini tranne in quelli relativi all’intervallo [x , x ] e quindi, indicando

k−1 k

con 0 00

α = inf f (x), α = inf f (x), α = inf f (x),

]

[x ,x ] [x ,ξ] [ξ,x i

k−1 k k−1

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 15

Aggiungendo punti alla partizione, la somma per difetto cresce.

Figura 7. 0 00

≤ ≤

vale, dato che α α e α α ,

h i

0 00

− − − − −

S(f ; P ) S(f ; P ) = α (x ξ) + α (ξ x ) α(x x )

2 1 k k−1 k k−1

h i h i

0 00

− − − − −

= α (x ξ) + α (ξ x ) α(x ξ) + α(ξ x )

k k−1 k k−1

0 00

− − − − ≥

= (α α)(x ξ) + (α α)(ξ x ) 0,

k−1

k

che conclude la dimostrazione. ≤

Dimostrazione della Proposizione 2.6. Per costruzione, S(f ; P ) S(f ; P ). Di

0 00

conseguenza, se si considerano due partizioni qualsiasi P e P è sempre vero che le

0

somme integrali per difetto relative a P sono minori delle somme integrali per eccesso

00

relative a P : 0 00 0 00

≤ ∀

; P ) S(f ; P ) P , P partizioni.

S(f 0 00

Infatti, se consideriamo la partizione P = P P e utilizziamo (2.3):

0 00

≤ ≤ ≤

; P ) S(f ; P ) S(f ; P ) S(f ; P ).

S(f

Quindi, per ogni partizione P , vale

≤ − ≤ −

0 inf S(f ; P ) sup S(f ; P ) S(f ; P ) S(f ; P )

P P

Se per ogni ε > 0 esiste una partizione P che verifica (2.2), allora

ε

≤ −

0 inf S(f ; P ) sup S(f ; P ) < ε

P P

e dato che ε > 0 può essere scelto arbitrariamente piccolo, deve valere inf S(f ; P ) =

P

sup S(f ; P ), cioè f è integrabile.

P

Se invece supponiamo che la funzione f sia integrabile, per ogni ε > 0 esistono

0 00 0 00

due partizioni P e P per cui vale S(f ; P ) S(f ; P ) < ε. Scegliendo la partizione

ε ε ε ε

2. MA COS’È QUEST’INTEGRALE? 16

0 00 00

∪ ≤ ≤

P = P P si ottiene (2.2) grazie al fatto che S(f ; P ) S(f ; P ) e S(f ; P )

ε ε ε

ε ε ε

0

S(f ; P ). Perciò

ε 0 00

− ≤ −

S(f ; P ) S(f ; P ) S(f ; P ) S(f ; P ) < ε,

ε ε ε ε

cioè la (2.2).

La strategia per dimostrare l’integrabilità di una funzione è mostrare che S(f ; P )−

; P ) può essere maggiorata da un numero positivo qualsiasi, a patto di scegliere

S(f |P |

una partizione P con un’ampiezza sufficientemente piccola, dato che al diminui-

S(f ; P ) S(f ; P ) diminuisce. Se si

re dell’ampiezza della partizione, la differenza

segue, ad esempio, il procedimento del paragrafo precedente, cioè si costruisce una

successione di partizioni P per cui

n

lim S(f ; P ) = lim S(f ; P ) = `,

n n

n→+∞ n→+∞

a maggior ragione si avrà che: per ogni ε > 0 esiste una partizione P per cui vale

n

h i h i

≤ − − −

0 S(f ; P ) S(f ; P ) = S(f ; P ) ` + ` S(f ; P ) < 2ε

n n n n

cioè la funzione f è integrabile e l’integrale è proprio il valore `. In particolare, gli

2

esempi I, II e IV indicano che le funzioni C, x e x sono integrabili in [a, b], cos x è

integrabile in [0, π/2] e che valgono π/2

b b b

2 3 3

2

Z Z Z

Z a b a

b 2

− −

− , ,

C dx = C(b a), x dx = x dx = cos x dx = 1.

2 2 3 3

a a 0

a

L’esempio III (quello della funzione di Dirichlet, per intendersi) mostra che esistono

(3)

anche funzioni non integrabili!

Come sempre accade quando si ha per la prima volta in mano un oggetto nuovo,

occorre conoscere qualcosa in più per potersene avvantaggiare. La prima cosa da

fare è leggere il manuale delle istruzioni per l’uso: quali procedimenti possono essere

applicati all’integrale rimanendo fedeli alla sua definizione? La seconda domanda

è altrettanto importante: quando è possibile scrivere l’integrale di una funzione, o,

meglio, ci sono classi (ampie) di funzioni che sono integrabili? Questo e molto di più

nei prossimi due paragrafi.

(3)

Un’osservazione: essere integrabile è, per una funzione, un caso... Nel mondo iperuranio di

2

tutte le funzioni, la regola è rappresentata dalla funzione di Dirichlet, non da x, x o cos x.

3. ISTRUZIONI PER L’USO 17

3. Istruzioni per l’uso

L’integrale che abbiamo appena definito gode di tre proprietà fondamentali, che

lo rendono un oggetto estremamente gradevole all’uso e al decoro di salotti buoni e

meno buoni. Non si sbaglia a dire che queste tre proprietà sono ereditate diretta-

mente dal fatto che un integrale definito, nella sostanza, è il “limite” di sommatorie

e che le sommatorie godono proprio di queste tre proprietà: linearità, additività e

monotonı̀a. Prima di descriverle per l’integrale, vediamo di cosa si tratta nel caso

delle più familiari sommatorie: dati a , . . . , a , b , . . . , b , α, β R

1 n 1 n

n n n

X X X

linearità: (αa + βb ) = α a + β b

k k k k

k=1 k=1 k=1

n m n

X X X

additività: a = a + a

k k k

k=1 k=1 k=m+1

n n

X X

≤ ⇒ ≤

monotonı̀a: a b a b .

k k k k

k=1 k=1

La prima proprietà discende direttamente dalla proprietà distributiva di somma e pro-

dotto. La seconda proprietà esprime il fatto che per sommare gli n numeri a , . . . , a

1 n

si può “procedere in ordine sparso”, cioè si può decidere di sommare prima separa-

tamente due sottoinsiemi dei numeri a e poi sommare i due risultati ottenuti. In

k

ultima analisi è una conseguenza della proprietà associativa dell’addizione. La terza,

invece, è conseguenza ovvia delle proprietà dell’ordinamento di e delle sue relazioni

R

con l’operazione di somma.

Vediamo come si traducono queste tre proprietà nel caso degli integrali definiti.

Le dimostrazioni sono posticipate a fine paragrafo.

Linearità ∈

. Dati c , c e f, g integrabili in [a, b], allora anche c f + c g è

R

1 2 1 2

integrabile in [a, b] e vale

b b b

Z Z Z

(3.1) [c f (x) + c g(x)] dx = c f (x) dx + c g(x) dx

1 2 1 2

a a a

Additività ∈

. Sia f una funzione integrabile in [a, b] e sia c (a, b), allora la funzione

f è integrabile in [a, c] e in [c, b] e vale

b c b

Z Z Z ∀

(3.2) f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx a < c < b.

a a c

In particolare, se una funzione è integrabile nell’intervallo [a, b], allora è integrabile

anche in un qualsiasi sottointervallo di [a, b].

3. ISTRUZIONI PER L’USO 18

Monotonı̀a

. Per ogni coppia di funzioni f, g integrabili in [a, b],

b b

Z Z

≤ ∀ ∈ ≤

(3.3) f (x) g(x) x [a, b] =⇒ f (x) dx g(x) dx.

a a

b

R

Per ora abbiamo definito f (x) dx solo nel caso a < b. E’ usanza diffusa in tutto

a

il globo terracqueo, definire l’integrale nel caso di a = b o a > b, in modo che sia

con c = a, si ottiene

preservata la regola dell’additività. Scrivendo (3.2)

b a b

Z Z Z

f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx,

a a a

da cui segue a

Z f (x) dx := 0

a

che, d’ora in poi, vale come definizione di integrale di una funzione in un intervallo

che è degenerato ad un punto (coerente con l’eventuale interpretazione in termini di

aree).

Scriviamo (3.2) per b = a, allora

a c a

Z Z Z

0= f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx

a a c

da cui segue la definizione

a c

Z Z

f (x) dx := f (x) dx a < c,

c a

dove il membro destro ha il significato definito nel paragrafo precedente. Ad esempio,

0 1

Z Z 1

− − .

x dx = x dx = 2

1 0

Dalla proprietà di monotonı̀a dell’integrale discende una proprietà che è, sostanzial-

mente, una “disuguaglianza triangolare per integrali”: se f è una funzione integrabile

|f |

in [a, b], allora anche è integrabile in [a, b] e vale

b

b

Z Z

≤ |f

(3.4) f (x) dx (x)| dx.

a a

Per la dimostrazione, si voli a fine paragrafo.

Vale la pena sottolineare che il viceversa della precedente affermazione è falso:

|f |

integrabili, tali che è integrabile.

esistono funzioni f non |f |

3.1. Trovare un esempio di f non integrabile in [a, b] tale che sia

Esercizio

integrabile in [a, b]. 3. ISTRUZIONI PER L’USO 19

Soluzione. L’unico esempio che abbiamo di funzione non integrabile è

la funzione di Dirichlet. Dato che questa funzione è positiva, coincide con

il suo modulo e quindi non è la scelta appropriata. Quali altri funzioni

non integrabili possiamo costruire? In effetti, la funzione di Dirichlet

insegna che oggetti con un numero spropositato di oscillazioni non sono

∈ 6

integrabili. Ad esempio, fissati α, β con α = β, la funzione f :

R

[0, 1] , definita da

R ∈ \

α x [0, 1] ,

Q

f (x) := ∈ ∩

β x [0, 1] .

Q

non è integrabile (quanto valgono sup S(f ; P ) e inf S(f ; P )?). Ora

P

P 6

basta vedere se c’è almeno una scelta di α, β, α = β, per cui la funzione

|f | |f |

sia integrabile. La funzione è data da

|α| ∈ \

x [0, 1] ,

Q

|f (x)| = |β| ∈ ∩

x [0, 1] ,

Q |α| |β|.

che è integrabile, perché è costante, tutte le volte che = Ecco lı̀

che abbiamo trovato tanti esempi di funzioni con le condizioni richieste:

6 −α:

dato α = 0, basta scegliere β =

∈ \

α x [0, 1] ,

Q 6

f (x) := α = 0.

−α ∈ ∩

x [0, 1] ,

Q

Dimostrazioni in libertà. Dedichiamoci ora a dimostrare le proprietà dell’in-

tegrale.

Linearità ∈ {x },

. Siano f e g integrabili in [a, b] e c , c Data P = , x , . . . , x

R.

1 2 0 1 n

partizione di [a, b], battezziamo

[c f (x) + c g(x)] e β = sup [c f (x) + c g(x)] ,

α = inf

i 1 2 i 1 2

[x ,x ] [x ,x ]

i−1 i i−1 i

e, analogamente,

f f g g

α = inf f (x), β = sup f (x), α = inf g(x), β = sup g(x).

i i i i

[x ,x ] [x ,x ]

[x ,x ] [x ,x ]

i−1 i i−1 i

i−1 i i−1 i

Per ogni x, y (x , x ), si ha

i−1 i

− − −

[c f (x) + c g(x)] [c f (y) + c g(y)] = c [f (x) f (y)] + c [g(x) g(y)]

1 2 1 2 1 2

h i

f f g g

≤ |c | − |c | −

β α + [β α ] ,

1 2

i i i i

quindi, passando all’estremo superiore in x e all’estremo inferiore in y, si deduce che

h i

f f g g

− ≤ |c | − |c | −

β α β α + [β α ] .

i i 1 2

i i i i

3. ISTRUZIONI PER L’USO 20

Perciò, per ogni partizione P di [a, b], n

X

− − −

S(c f + c g; P ) S(c f + c g; P ) = [β α ] (x x )

1 2 1 2 i i i i−1

i=1

n n

h i

X X

f f g g

≤ |c | − − |c | − −

β α (x x ) + [α β ] (x x )

1 i i−1 2 i i−1

i i i i

i=1 i=1

|c | − |c | −

= S(f ; P ) S(f ; P ) + S(g; P ) S(g; P ) .

1 2

Dato che la funzione f è integrabile, grazie alla Proposizione 2.6, esiste una partizione

P tale che S(f ; P ) S(f ; P ) < ε. Analogamente, esiste una partizione P per cui

1 1 1 2

∪P

S(g; P )−S(g; P ) < ε. Scegliendo la partizione P = P , entrambe le disequazioni

1 1 1 2

sono uguali e quindi − | |c |)

S(c f + c g; P ) S(c f + c g; P ) < (|c + ε.

1 2 1 2 1 2

Dalla Proposizione 2.6, segue che la funzione c f + c g è integrabile in [a, b].

1 2 {x },

Resta da dimostrare la formula (3.1). Data la solita partizione P = , . . . , x

0 n

scegliamo ξ , ξ , . . . , ξ con ξ (x , x ) per i = 1, . . . , n. Per definizione di S(f ; P )

1 2 n i i−1 i

e S(f ; P ) valgono

n b

Z

X

≤ − ≤ ≤ ≤

S(f ; P ) f (ξ )(x x ) S(f ; P ), S(f ; P ) f (x) dx S(f ; P ),

i i i−1 a

i=1

e quindi n

b

Z X

− − ≤ −

f (x) dx f (ξ )(x x ) S(f ; P ) S(f ; P )

i i i−1

a i=1

Analoghe relazioni valgono sostituendo alla funzione f la funzione g e la funzione

c f + c g. Sfruttando queste stime si deduce che

1 2

b b b

Z Z Z

− −

[c f + c g] dx c f dx c g dx

1 2 1 2

a a a

n

b

Z X

≤ − −

[c f + c g] dx [c f (ξ ) + c g(ξ )] (x x )

1 2 1 i 2 i i i−1

a i=1

n n

b b

Z Z

X X

| − − |c | − −

+|c f dx f (ξ )(x x ) + g dx g(ξ )(x x )

1 i i i−1 2 i i i−1

a a

i=1 i=1

≤ −

S(c f + c g; P ) S(c f + c g; P )

1 2 1 2

| − |c | −

+|c S(f ; P ) S(f ; P ) + S(g; P ) S(g; P ) .

1 2

3. ISTRUZIONI PER L’USO 21

Leggendo il primo e l’ultimo termine, siamo arrivati a stabilire che, per ogni partizione

P , vale la disuguaglianza

b b b

Z Z Z

− −

[c f + c g] dx c f dx c g dx

1 2 1 2

a a a

≤ −

S(c f + c g; P ) S(c f + c g; P )

1 2 1 2

|c | − |c | −

+ S(f ; P ) S(f ; P ) + S(g; P ) S(g; P ) .

1 2 (4)

{x }

Per dimostrare la formula (3.1), scegliamo un partizione P = , . . . , x per cui

0 n

− P ) < ε,

S(g; P ) S(g;

; P ) < ε,

S(f ; P ) S(f −

S(c f + c g; P ) S(c f + c g; P ) < ε;

1 2 1 2

con questa scelta di P

b b b

Z Z Z

− − ≤ |c | |c |)

[c f + c g] dx c f dx c g dx (1 + + ε.

1 2 1 2 1 2

a a a

Siccome ε può essere scelto arbitrariamente piccolo, non c’è scampo: (3.1) è dimo-

strata.

Additività

. Se si pensa all’idea geometrica di partenza, la proprietà di additività

sembra abbastanza naturale: per calcolare l’area possiamo dividere la regione in due

parti e sommare i valori delle aree delle due sottoregioni. Ma qui la cosa è diversa:

prima di tutto abbiamo una definizione analitica da rispettare e ogni affermazione

deve discendere rigorosamente da quella definizione. In più c’è un particolare non

banale: chi garantisce che se una funzione è integrabile in [a, b], allora è anche inte-

grabile in [a, c] e [c, b] per c (a, b)? Seppur ragionevole, quest’affermazione è tutta

da verificare. →

Dato l’intervallo [a, b], per comodità, introduciamo la funzione χ : R R

[a,b]

1 x [a, b],

[a, b] χ (x) :=

funzione caratteristica di : ∈

0 x / [a, b].

[a,b]

La funzione χ è costante a tratti e quindi la sua restrizione ad ogni intervallo

[a,b]

chiuso e limitato di è integrabile.

R

→ ∈

Siano f : [a, b] e c (a, b). Considerare la funzione prodotto f χ definita

R [a,c]

da ∈

f (x) x [a, c],

f χ (x) := f (x)χ (x) = ∈

0 x (c, b],

[a,c] [a,c]

corrisponde a “troncare a zero” la funzione f fuori dall’intervallo [a, c].

(4) La Proposizione 2.6 garantisce che, fissato ε, esista una partizione P per f , una partizione

1

P per g ed una patrizione P per c f + c g, per cui la condizione è soddisfatta. Scegliendo P =

2 3 1 2

∪ ∪

P P P , la condizione è soddisfatta per la stessa partizione P .

1 2 3 3. ISTRUZIONI PER L’USO 22

→ ∈

3.2. Sia f : [a, b] e sia c (a, b). Allora

Lemma R ⇐⇒

f χ integrabile in [a, b] f integrabile in [a, c].

[a,c]

Inoltre, in caso di integrabilità,

b c

Z Z

f (x)χ (x) dx = f (x) dx.

[a,c]

a a 0

∈ ∩

Dimostrazione. Sia P una partizione di [a, b] tale che c P e sia P = P [a, c].

Allora 0 0

S(f χ ; P ) = S(f ; P ) e S(f χ ; P ) = S(f ; P )

[a,c] [a,c] ∩

dato che il contributo di S(f χ ; P ) e S(f χ ; P ) in P [c, b] è nullo. Quindi, per

[a,c] [a,c]

ogni P partizione di [a, b] con c P , 0 0

− −

(3.5) S(f χ ; P ) S(f χ ; P ) = S(f ; P ) S(f ; P ).

[a,c] [a,c] 0

Se f è integrabile in [a, c], per la Proposizione 2.6, per ogni ε > 0 esiste P , partizione

di [a, c] tale che il secondo membro di (3.5) è minore di ε. Scegliendo una partizione

0

P di [a, b] per cui P [a, c] = P , anche il primo termine di (3.5) è minore di ε

e quindi, di nuovo per la Proposizione 2.6, la funzione f χ è integrabile in [a, b].

[a,c]

Viceversa, se f χ è integrabile in [a, b], allora, per ogni ε > 0 è possibile trovare

[a,c]

una partizione P per cui il primo membro di (3.5) è maggiorato da ε. Dato che c

∪ {c}.

potrebbe non essere in P , consideriamo la partizione P Aggiungendo punti ad

(5)

una partizione, la differenza tra stima per eccesso e stima per difetto non aumenta ,

quindi ∪ {c}) − ∪ {c}) ≤ −

S(f χ ; P S(f χ ; P S(f χ ; P ) S(f χ ; P ) < ε,

[a,c] [a,c] [a,c] [a,c]

e quindi f è integrabile in [a, c].

Il fatto che gli integrali coincidano discende da

b c

Z Z

0

f (x)χ (x) dx = sup S(f χ ; P ) = sup S(f ; P ) = f (x) dx,

[a,c]

[a,c] 0

P, c∈P P

a a

dato che l’estremo superiore di S(f χ ; P ) fatto su tutte le partizioni coincide con

[a,c]

quello fatto su tutte le partizioni che contengono il punto c.

Quindi, se c (a, b) e f è integrabile in [a, b], per dimostrare che f è integrabile

in [a, c], basta dimostrare che la funzione prodotto f χ è integrabile in [a, b]. Il

[a,c]

problema è: il prodotto di funzioni integrabili è integrabile? Risposta: “Sı̀!” Ma

(6)

niente è gratis. Lanciamoci, con la pazienza di sempre, nella dimostrazione.

(5) Vedi dimostrazione di Proposizione 2.6.

(6) In prima lettura, non è un crimine saltare la dimostrazione di questa affermazione!

3. ISTRUZIONI PER L’USO 23

3.3. Siano f e g due funzioni integrabili in [a, b], allora la funzione

Proposizione

prodotto f g è integrabile in [a, b].

Dimostrazione. Iniziamo dando un po’ di nomi. Le funzioni f e g sono limitate,

quindi esistono costanti M e M tali che

f g

|f ≤ |g(x)| ≤ ∀ ∈

(x)| M , M x [a, b].

f g

{x }

Inoltre, data la partizione P = , x , . . . , x indichiamo con

0 1 n

f g f g

α f (x)g(x),

= inf f (x)g(x) e β = sup

i i

[x ,x ] [x ,x ]

i−1 i i−1 i

f g f g

con significati analoghi per α , α , β e β (la notazione scelta dovrebbe aiutare a

i i i i

ricordare se un certo termine si riferisce ad f , g o f g). Sempre grazie alla Proposizione

2.6, occorre stimare n

X fg fg

− − −

(3.6) S(f g; P ) S(f g; P ) = β α (x x ),

i i−1

i i

i=1

f g f g

−α

quindi bisogna controllare il termine β , tenendo conto che abbiamo una buona

i i

f f g g

−α −α

informazione sui termini β e β dato che f e g sono, per ipotesi, integrabili.

i i i i

Dati x, y (x , x ), si ha

i−1 i h i h i

− − −

f (x)g(x) f (y)g(y) = f (x) f (y) g(x) + f (y) g(x) g(y)

f f g g

≤ − −

M (β α ) + M (β α ).

g f

i i i i

Prendendo l’estremo superiore in x e l’estremo superiore in y, si ottiene

f g f g f f g g

− ≤ − −

β α M (β α ) + M (β α ).

g f

i i i i i i

Inseriamo in (3.6), h i h i

− ≤ − −

S(f g; P ) S(f g; P ) M S(f ; P ) S(f ; P ) + M S(g; P ) S(g; P ) .

g f

Dato che il termine a secondo membro può essere reso arbitrariamente piccolo per P

opportuno, la conclusione segue dalla solita Proposizione 2.6.

3.4. Date le funzioni g e h, g integrabile in [a, c] e h integrabile in

Esercizio

[c, b], dimostrare che la funzione f seguente è integrabile

g(x) x [a, c],

f (x) = ∈

h(x) x (c, b],

Suggerimento. Con un po’ di attenzione, si può scrivere

f (x) = f (x)χ (x) + f (x)χ (x) = g(x)χ (x) + h(x)χ (x)...

[a,c] (c,b] [a,c] (c,b]

3. ISTRUZIONI PER L’USO 24

Riassumendo: se f è integrabile in [a, b], allora, per la Proposizione 3.3, anche le

funzioni f χ e f χ lo sono. Applicando il Lemma 3.2 si deduce che f è integrabile

[a,c] [c,b]

in [a, c] e in [c, b]. Per concludere la dimostrazione dell’additività, bisogna convincersi

della validità della formula (3.2). Dalla definizione di funzione caratteristica di un

intervallo segue che f (x) = f (x)χ (x) + f (x)χ (x),

[a,c] [c,b]

quindi, grazie alla linearità e alla seconda parte del Lemma 3.2,

b b b c b

Z Z Z Z Z

f (x) dx = f (x)χ (x) dx + f (x)χ (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.

[a,c] [c,b]

a a a a c

Monotonı̀a

. Dimostrare la monotonı̀a dell’integrale è particolarmente facile: c’è

solo da verificare la validità della formula (3.3).

≤ ∈

Se f (x) g(x) per ogni x [a, b], allora

≤ ∀[x ⊂

inf f (x) inf g(x) , x ] [a, b].

i−1 i

x∈[x ,x ] x∈[x ,x ]

i−1 i i−1 i

Quindi, per ogni partizione P di [a, b], vale

S(f ; P ) S(g; P ),

e passando all’estremo superiore si ottiene la conclusione.

Rimane da dimostrare l’ultima proprietà dichiarata: se f è integrabile in [a, b],

|f |

allora anche la funzione è integrabile in [a, b] e vale

b b

Z Z

≤ |f

f (x) dx (x)| dx.

a a

La parte più complicata della dimostrazione sta nel verificare che effettivamente la

|f | ±f ≤ |f |,

funzione sia integrabile. Infatti la stima finale segue da che, grazie alla

monotonı̀a dell’integrale, implica

b b

Z Z

± ≤ |f

f (x) dx (x)| dx.

a a

Con un minimo di memoria della definizione del modulo, si giunge alla conclusione.

|f |

Per dimostrare che è integrabile, rilanciamo e dimostriamo qualcosa di più

considerando una funzione del tipo φ(f ) dove φ è una funzione lipschitziana. Chiara-

|·|

mente se la generalizzazione dalla funzione alla funzione φ(·) vi disturba, sostituite

metodicamente la prima alla seconda e tirate dritto...

3. ISTRUZIONI PER L’USO 25

3.5. Sia f una funzione integrabile in [a, b] e sia φ una funzione

Proposizione ◦

lipschitziana in f ([a, b]), allora la funzione φ f è integrabile in [a, b].

Dimostrazione. Sia L > 0 tale che

|φ(y − ≤ − | ∀y ∈

) φ(y )| L|y y , y f ([a, b]).

1 2 1 2 1 2

Seguendo la Proposizione 2.6, per dimostrare che φ f è integrabile occorre stimare

la quantità n

X

◦ − ◦ − −

S(φ f ; P ) S(φ f ; P ) = (B A )(x x ),

k k k k−1

k=1

{x }

dove P = , . . . , x è una partizione di [a, b] e

0 n

A = inf φ(f (x)), B = sup φ(f (x)).

k k

[x ,x ] [x ,x ]

k−1 k k−1 k

Quale stima possiamo recuperare per B A ?

k k − ≤ −

Affermazione. Siano α = inf f (x), β = sup f (x), allora B A L(β α ).

k k k k k k

Infatti, dati x, y in (x , x ), si ha

k−1 k

− ≤ − ≤ −

φ(f (x)) φ(f (y)) L|f (x) f (y)| L(β α ),

k k

e prendendo l’estremo superiore in x e l’inferiore in y si ottiene quanto affermato.

Con questa stima alla mano, si deduce che

n h i

X

◦ − ◦ ≤ − − −

S(φ f ; P ) S(φ f ; P ) L (β α )(x x ) = L S(f ; P ) S(f ; P ) .

k k k k−1

k=1

A questo punto, grazie alla Proposizione 2.6 siamo ad un passo dalla conclusione.

Grazie al fatto che la funzione f è integrabile, per ogni ε > 0, esiste una partizione

P per cui S(f ; P ) S(f ; P ) < ε, quindi

ε ε ε ◦ − ◦

S(φ f ; P ) S(φ f ; P ) < Lε.

ε ε

Applicando di nuovo la Proposizione 2.6 (l’altra implicazione!) si deduce che la

funzione φ f è integrabile.

In realtà, è vera una proprietà più generale: se f è integrabile in [a, b] e φ è

una funzione continua in f ([a, b]), allora la funzione φ f è integrabile in [a, b]. La

dimostrazione è più complicata e per questo motivo non la andiamo a disturbare.

3.6. Date f e g integrabili, dimostrare che anche le funzioni f (x) :=

Esercizio +

max{f (x), 0}, f (x) := min{f (x), 0}, max{f (x), g(x)} e min{f (x), g(x)} sono

integrabili. 4. CLASSI DI FUNZIONI INTEGRABILI 26

Soluzione. Non è un caso che questo esercizio sia collocato proprio qui,

dopo la Proposizione 3.5. La funzione f , detta f

parte positiva di

+

può essere vista come funzione composta: f (x) = φ(f (x)), dove

+

0 s < 0,

φ(s) = s s > 0.

Con un disegno o con tre conti si mostra che la funzione φ è lipschtziana,

|φ(s − ≤ |s − | ∈

dato che vale ) φ(s )| s per ogni s , s . Ne segue che

R

1 2 1 2 1 2

la funzione f è integrabile. Per la funzione f , detta parte negativa

+

f si ragiona allo stesso modo.

di Per quanto riguarda la funzione max{f (x), g(x)}, vale (verificare, per

cortesia) −

max{f (x), g(x)} = max{f (x) g(x), 0} + g(x),

quindi dall’ipotesi f e g integrabili seguono a valanga: f g integrabile,

max{f (x) g(x), 0} integrabile, max{f (x), g(x)} integrabile. Fine della

storia. L’ultima funzione la lasciamo al diletto del lettore.

4. Classi di funzioni integrabili

Una volta dato senso al concetto di integrale e determinate le proprietà principali,

bisogna dedicarsi a determinare un certo numero di funzioni che siano effettivamente

integrabili, altrimenti l’oggetto appena definito risulterebbe sostanzialmente inutile.

Come si è detto, per dimostrare l’integrabilità di f , basta mostrare

∀ ∃ − ≤

ε > 0 P partizione tale che S(f ; P ) S(f ; P ) ε.

ε ε ε

Dunque seguiremo questa strategia: fissata una partizione P , mostreremo che la dif-

S(f ; P ) S(f ; P ) può essere resa arbitrariamente piccola, a patto di scegliere

ferenza |P |

una partizione P la cui ampiezza sia sufficientemente piccola.

Integrabilità delle funzioni monotone. La prima classe che consideriamo è

quella delle funzioni monotòne. Ricordiamo un certo numero di proprietà di questa

classe di funzioni particolarmente interessanti per quello che vedremo a breve.

4.1. Sia f : [a, b] monotòna, allora è integrabile in [a, b].

Teorema R

Dimostrazione. Si osservi prima di tutto che la monotonı̀a della funzione f nell’in-

tervallo chiuso [a, b] ne garantisce automaticamente la limitatezza, dato che

≤ ≤ ∀ ∈

min{f (a), f (b)} f (x) max{f (a), f (b)} x [a, b].

Per fissare le idee, supponiamo che f sia una funzione crescente. Data una partizione

{x },

P = , . . . , x gli estremi inferiori e superiori di f in (x , x ) sono

0 n i−1 i

α = inf f (x) = f (x ) e β = sup f (x) = f (x ).

i i−1 i i

[x ,x ] [x ,x ]

i−1 i i−1 i

4. CLASSI DI FUNZIONI INTEGRABILI 27

Le somme integrali per difetto e per eccesso sono date da

n n

X X

− −

S(f ; P ) = f (x )(x x ) e S(f ; P ) = f (x )(x x ).

i−1 i−1 i i i−1 i

i=1 i=1

e la loro differenza è stimata da n

X

− − −

S(f ; P ) S(f ; P ) = [f (x ) f (x )] (x x )

i i−1 i−1 i

i=1

|P | −

Indicando con l’ampiezza di P , cioè il massimo delle lunghezze x x ,

i−1 i

n

X

− ≤ |P | − |P | −

S(f ; P ) S(f ; P ) [f (x ) f (x )] = [f (b) f (a)] .

i i−1

i=1 |P |

Per ogni ε > 0, è possibile scegliere sufficientemente piccola, in modo che la

S(f ; P ) S(f ; P ) sia minore di ε, pertanto, grazie (ancora una volta!) alla

differenza

Proposizione 2.6, la funzione è integrabile.

A partire dalle funzioni monotone e grazie al fatto che combinazioni lineari di

funzioni integrabili sono integrabili, è possibile costruire una classe ancora più ampia

di funzioni. Partiamo da un esempio più facile: sia f una funzione definita in [a, b]

tale che, per qualche c [a, b], la funzione f è crescente in [a, c] e decrescente in [c, b].

Allora la funzione f si può riscrivere come differenza di due funzioni crescenti (vedi

Figura 8): −

f = f f

1 2

dove

∈ ∈

f (x) x [a, c] 0 x [a, c]

f (x) = e f (x) =

1 2

∈ − ∈

f (c) x [c, b] f (c) f (x) x [c, b]

Quindi, anche funzioni con un cambio di monotonia sono integrabili. Con una

Una funzione f con un cambio di monotonia, decomposta come

Figura 8.

differenza delle funzioni crescenti f e f .

1 2

costruzione analoga, si mostra che tutte le funzioni con un numero finito di cambi di

4. CLASSI DI FUNZIONI INTEGRABILI 28

monotonia sono integrabili. Ad esempio, tutti i polinomi e, più in generale, tutte le

funzioni razionali sono integrabili.

Integrabilità delle funzioni continue. La seconda classe che consideriamo è

(7)

quella delle funzioni continue. Studiamo, prima di tutto, le funzioni lipschitziane.

Tanto per non sbagliare, ricordiamo che una funzione f : [a, b] è ,

lipschitziana

R

se esiste L > 0 tale che

∃ |f − ≤ − ∀ ∈

L > 0 t.c. (x) f (y)| L|x y| x, y [a, b].

4.2. Sia f : [a, b] lipschitziana, allora è integrabile in [a, b].

Teorema R {x },

Dimostrazione. Fissata la beneamata partizione P = , x . . . , x

0 1 n

n

X

− − −

S(f ; P ) S(f ; P ) = (β α )(x x ),

i i i i−1

i=1

con il solito significato per α e β . Dato che f è lipschitziana, essa è anche continua

i i

in [a, b], quindi ammette massimo e minimo in ogni intervallo [x , x ] e vale

i−1 i

α = inf f = min f (x) = f (η ) e α = sup f = max f (x) = f (ξ )

i i i i

(x ,x ) [x ,x ] [x ,x ]

(x ,x )

i−1 i i−1 i i−1 i

i−1 i

con η e ξ , rispettivamente, un punto di massimo ed uno di minimo della funzione f

i i

in [x , x ]. Sostituendo nella relazione precedente, si ottiene

i−1 i n n

X X

− − − ≤ |ξ − |(x −

S(f ; P ) S(f ; P ) = (f (ξ ) f (η ))(x x ) L η x ).

i i i i−1 i i i i−1

i=1 i=1

∈ |ξ − | |P |

Dato che ξ , η [x , x ], la differenza η è minore o uguale dell’ampiezza

i i i−1 i i i

della partizione. Quindi n

X

− ≤ | − ≤ − |.

S(f ; P ) S(f ; P ) L|P (x x ) L(b a)|P

i i−1

i=1

|P |

Scegliendo P tale che < ε/L(b−a) , la differenza S(f ; P )−S(f ; P ) è strettamente

minore di ε e, grazie alla Proposizione 2.6, segue la conclusione.

Più in generale si può dimostrare

(7) Chi ha letto integralmente queste Note fino a questo punto ha già tutti gli strumenti per

accorgersi del fatto che le funzioni lipschitziane sono integrabili. Ecco perché: si è visto nei paragrafi

introduttivi che la funzione f (x) = x è integrabile (calcolo diretto), si è visto poi che la composizione

di una funzione lipschtziana con una funzione integrabile dà luogo ad una funzione integrabile (nel

paragrafo precedente al presente). Ma una qualsiasi funzione lipschitziana f = f (x) può essere

7→

pensata come composizione della funzione identità x x e di una funzione lipschitziana (cioè la

funzione stessa), quindi la funzione è integrabile. Per completezza, comunque, riportiamo qui una

dimostrazione indipendente.

5. TEOREMA DELLA MEDIA INTEGRALE 29

4.3. Sia f : [a, b] continua, allora è integrabile in [a, b].

Teorema R

La dimostrazione passa per un altro risultato (il Teorema di Heine-Cantor) che

garantisce l’uniforme continuità della f . Come dovrebbe intuirsi dai passaggi per

il caso lipschitziano, l’uniforme continuità gioca il suo ruolo nella stima (in modo

− −

uniforme, appunto!) della differenza β α = f (ξ ) f (η ). Dettagli omessi per

i i i i

carità di patria.

Prima di tirare avanti, facciamo il punto della situazione sulle classi di funzioni

che sappiamo essere integrabili:

– le funzioni monotone (in realtà, tutte le funzioni con un numero finito di cambi di

monotonia);

– le funzioni lipschitziane (in realtà, tutte le funzioni continue);

– la combinazione lineare di funzioni integrabili;

– il prodotto di funzioni integrabili;

– la composizione di una funzione lipschitziana con una funzione integrabile (in realtà,

la composizione di una funzione continua con una integrabile).

Ve ne viene in mente qualche altra?

5. Teorema della media integrale

Tutte le funzioni f : [a, b] integrabili sono, per definizione, funzioni limitate.

R

Come si è detto, questa richiesta fa in modo che l’insieme delle funzioni costanti a

tratti che maggiorano/minorano la funzione f sia non vuoto. In particolare questo

significa che data una funzione integrabile, il suo integrale definito può sempre essere

stimato in maniera “rude”: per le proprietà di monotonı̀a dell’integrale, se m

≤ ∈

f (x) M per ogni x [a, b],

b b b

Z Z Z

− ≤ ≤ −

m(b a) = m dx f (x) dx M dx = M (b a),

a a a

Questa formula è intuitivamente ovvia: se pensiamo ad una funzione non negativa e

− −

all’integrale come area, le quantità M (b a) e m(b a) rappresentano le aree di una

9). La formula

rettangolo circoscritto ed inscritto nel sottografico di f (vedi Figura

si può riscrivere come b

Z

1

≤ ≤

(5.1) m µ := f (x) dx M.

b a a

dove µ è detta f [a, b]. Quindi (5.1) si può riformulare

media integrale di in

a parole dicendo (o scrivendo) che la media integrale di una funzione f è sempre

compresa tra un qualsiasi minorante ed un qualsiasi maggiorante di f .

5. TEOREMA DELLA MEDIA INTEGRALE 30

b

R

− ≤ ≤ −

Significato geometrico della stima m(b a) f (x) dx M (b a).

Figura 9. a

Se f è continua in un intervallo [a, b], si può dire qualcosa di più. Per il teorema

di Weierstrass, esistono due punti ξ, η [a, b] tali che

≤ ≤ ∀ ∈

m := min f (x) = f (ξ) f (x) f (η) =: max f (x) = M x [a, b].

[a,b] [a,b]

Quindi µ, definita in (5.1) è compresa tra il massimo ed il minimo della funzione

f in [a, b]. Grazie al Teorema del Valore Intermedio, si può concludere che per una

funzione f continua in [a, b], la media integrale fa sempre parte dell’insieme immagine

f ([a, b]). Questo risultato è noto come Teorema della Media Integrale.

5.1 (Teorema della Media Integrale). Sia f : [a, b] continua.

Teorema R

Allora esiste ξ [a, b] tale che b

Z

1

(5.2) f (ξ) = f (x) dx.

b a a

Nel caso di una funzione non negativa f , il teorema equivale ad affermare che

esiste un rettangolo di base [a, b] ed una altezza f (ξ) opportuna con la stessa area

del sottografico di f in [a, b].

Non è particolarmente sconvolgente (ma più avanti servirà) osservare che la for-

mula (5.1) vale anche nel caso b < a, infatti

b a

Z Z

1 1

f (x) dx = f (x) dx,

− −

b a a b

a b

e a quest’ultimo termine si può applicare il Teorema della Media Integrale.

5. TEOREMA DELLA MEDIA INTEGRALE 31

Controesempio. Nel caso in cui la funzione f non sia continua in tutto [a, b], non

è detto che valga (5.1). Ad esempio, si consideri la funzione

 −1 x < 0,

 0 x = 0,

f (x) = sgn x = +1 x > 0,

nell’intervallo [−1, 2]. Allora f è integrabile (per almeno due motivi... quali?)

2

Z

1 1 1

µ = sgn (x) dx = (−1 + 2) = ,

2 (−1) 3 3

−1

che non fa parte dell’immagine della funzione sgn x.

Il nome “media integrale” discende dal fatto che il valore µ è l’erede naturale della “me-

dia aritmetica”. Dato un numero finito di quantità f , f , . . . , f si chiama media aritmetica

1 2 n

il valore · · ·

f + f + + f

1 2 n .

n

Nella costruzione dell’integrale di una funzione in un intervallo, se consideriamo intervalli

− ∈

di lunghezza ∆x pari a (b a)/n per ogni i e ξ (x , x ), otteniamo come valore

i i i−1 i

approssimante la quantità

n · · ·

f (ξ ) + f (ξ ) + + f (ξ )

1 2 n

X − −

f (ξ )(x x ) = (b a)

i i i−1 n

i=1

(che è alla base di alcune approssimazioni “numeriche” dell’integrale di funzioni “compli-

cate”). Quindi la media aritmetica di f (ξ ), . . . , f (ξ ) è pari a

1 n

n

· · ·

f (ξ ) + + f (ξ ) 1

1 n X −

= f (ξ )(x x ),

i i i−1

n b a i=1

− →

che, per x x 0 dà formalmente proprio la media integrale!

i i−1

Alle volte è utile considerare una media “pesata”, ossia

· · ·

p f + p f + + p f

1 1 2 2 n n

µ = ,

· · ·

p + p + + p

1 2 n

dove i pesi p sono quantità positive. Ad esempio, se p , . . . , p sono i pesi di particelle che

i 1 n

si trovano nelle posizioni f , . . . , f dell’asse x, allora µ rappresenta la posizione del centro

1 n

di gravità (baricentro). Nel caso in cui tutti i pesi p coincidano, la quantità µ coincide con

i

la media aritmetica. Per una funzione f , possiamo definire la media integrale pesata della

funzione f sull’intervallo [a, b] come b

R f (x)p(x) dx

a

µ =

p b

R p(x) dx

a

dove la funzione peso p è positiva e integrabile in [a, b] (la positività di p garantisce che il

denominatore della media sia non nullo).

6. TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 32

5.2 (Teorema Generalizzato della Media Integrale). Sia f : [a, b] con-

Teorema R

→ ∈

tinua in [a, b] e sia p : [a, b] continua tale che p(x) > 0. Allora esiste ξ [a, b] tale

R

che b

R f (x)p(x) dx

a

f (ξ) = .

b

R p(x) dx

a

Dimostrazione. La dimostrazione è analoga a quella del Teorema della Media Integrale.

≤ ≤ ≤ ≤

Basta infatti osservare che m f (x) M implica mp(x) f (x)p(x) M p(x), e, grazie

alla monotonı̀a, b b b

Z Z Z

≤ ≤

m p(x) dx f (x)p(x) dx M p(x),

a a a

quindi la media integrale pesata appartiene all’immagine f ([a, b]), grazie al Teorema del

Valore Intermedio.

6. Teorema fondamentale del calcolo integrale

Una volta fissata la funzione f , l’integrale definito dipende dall’intervallo di inte-

grazione o, detto in altri termini, è una funzione degli estremi di integrazione a e b.

Per studiare questa dipendenza, supponiamo l’estremo inferiore fissato al valore a e

indichiamo l’estremo superiore (variabile) con x: consideriamo, quindi, la funzione

integrale x

Z

(6.1) φ(x) = f (t) dt.

a

La formula (6.1) può essere utilizzata per “generare nuove funzioni” a partire da una

funzione integrabile f . Ad esempio, si può definire

x

Z 1

φ(x) := dt x > 0,

t

1 1

che ha perfettamente senso, dato che la funzione è una funzione continua in ogni

t

intervallo [a, b] con 0 < a b. Tale funzione, come vedremo, si dimostra essere

uguale al logaritmo naturale e la formula precedente può quindi essere scelta come

definizione analitica di ln x. Oppure provate, ad esempio, a considerare

x

Z

φ(x) = [t]dt

0

essendo [t] la funzione parte intera, disegnando il grafico di φ(x). O tante altre. Il

fatto importante è che, in molte situazioni di quotidiana normalità, compare all’o-

rizzonte una funzione che non è data da un polinomio, o da una funzione razionale,

o quant’altro, ma è una funzione integrale. E con un oggetto del genere si vorrebbe

lavorare cosı̀ come si lavora con altre funzioni più familiari. Ad esempio, qual’è la

6. TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 33

regolarità di una funzione integrale (è continua/derivabile)? Come se ne studiano

segno/monotonia/convessità?

Una prima osservazione è facile facile:

se f è integrabile in [a, b], la funzione φ, definita in (6.1), è lipschitziana.

|f ≤

Infatti, dato che f è integrabile, essa è anche limitata. Sia M > 0 tale che (u)| M

per ogni u [a, b], allora, y y

Z Z

≤ |f ≤ −

|φ(x) − f (u) du (u)| du M (y x);

se x < y, φ(y)| = x x

x x

Z Z

|φ(x) − − ≤ |f ≤ −

se x > y, φ(y)| = f (u) du (u)| du M (x y).

y y

Quindi |f ≤ |φ(x) − ≤ |x −

(u)| M =⇒ φ(y)| M y|.

In particolare, se f è integrabile, la funzione φ è una funzione continua.

6.1. Consideriamo la funzione f (x) = sgn x che è continua tratti (ha

Esempio

un punto di salto in x = 0). Chi è la funzione

x

Z

φ(x) = sgn (t) dt?

0

Dato che x x

Z Z

x> 0 φ(x) = sgn (t) dt = 1 dt = x

0 0

x x

Z Z

⇒ −x,

x< 0 φ(x) = sgn (t) dt = (−1) dt =

0 0

|x|.

la funzione φ(x) è la funzione modulo: φ(x) = Sorpresi? E se definiamo

x

Z

ψ(x) = sgn (t) dt,

1

cosa otteniamo?

Data f una funzione continua in [a, b], studiamone la derivabilità della funzione

definita da (6.1). Il rapporto incrementale è

 

x+h x x+h

− Z Z Z

φ(x + h) φ(x) 1 1

f (t) dt f (t) dt =

= f (t) dt

 

h h h x

α α

6. TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 34

(l’ultima uguaglianza è conseguenza delle proprietà di additività dell’integrale). Dato

che la funzione f è continua, è possibile applicare il Teorema della Media Integrale

per riscrivere il rapporto incrementale come

φ(x + h) φ(x) = f (ξ) (ξ compreso tra x e x + h).

h

Per h che tende a 0, ξ tende ad x e, dato che f è continua, lim f (ξ) = f (x). Quindi

h→0

φ(x + h) φ(x)

0

φ (x) = lim = lim f (ξ) = f (x).

h h→0

h→0

Abbiamo quindi dimostrato il seguente risultato.

6.2 (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale – I parte). Data f

Teorema ∈

continua in [a, b] e α [a, b] fissato, sia

x

Z ∈

φ(x) = f (t) dt x [a, b].

α 0

Allora la funzione φ è derivabile in (a, b) e φ (x) = f (x).

Una prima conseguenza (pratica) notevole è che, dato che siamo in grado di

calcolarne la derivata, possiamo dedurre molte proprietà qualitative importanti anche

per una funzione che non sia espressa direttamente tramite funzioni elementari, ma

come integrale di una funzione elementare. Ad esempio consideriamo la funzione

x

Z

1 2

−t

funzione degli errori: Erf(x) = e dt.

π 0 2

−x

Chiaramente questa funzione è ben definita su tutto (la funzione e è continua

R

in tutto e quindi integrabile su ogni intervallo). Dal Teorema 6.2, deduciamo che

R d 1 2

−x

Erf(x) = e > 0.

dx π

Quindi la funzione Erf(x) è strettamente crescente.

Ma c’è qualcosa di molto più interessante: il Teorema 6.2 risolve, nel caso di f

continua, un problema utile: 0

data f , trovare una funzione F che risolva l’equazione F = f .

0

L’equazione F = f è un’equazione differenziale in cui il dato è la funzione f e l’in-

cognita è la funzione F . Una soluzione F di questa equazione si dice primitiva

f Il Teorema fondamentale del calcolo afferma che se f è continua in [a, b], il

di . 0

problema F = f ammette almeno una soluzione (data dalla funzione integrale φ),

6. TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 35

cioè esiste sempre almeno una primitiva. Da questo punto di vista si può intepretare

l’operazione di integrazione come l’operazione inversa delle derivazione. 0

Il problema successivo è capire quante soluzioni ci siano dell’equazione F = f e

come siano fatte: data f continua,

0

(i) ci sono altre soluzioni di F = f ? 0

(ii) in caso affermativo, come sono fatte tutte le soluzioni di F = f ?

6.3 (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale – II parte). Sia f

Teorema ∈

definita in [a, b] e siano F e G due sue primitive. Allora esiste c tale che

R

− ∈

F (x) G(x) = c per ogni x [a, b].

Dimostrazione. La dimostrazione è molto semplice. Calcoliamo la derivata della

funzione differenza F G: 0 0 0

− − −

(F (x) G(x)) = F (x) G (x) = f (x) f (x) = 0,

quindi la differenza F G deve essere costante. 0

(8)

In altre parole, per f definita in un intervallo , tutte le soluzioni di F = f

sono della forma F (x) + c con c dove F è una primitiva di f . Quindi, se f è

R, 0

una funzione continua in [a, b], l’equazione F = f è completamente risolta: tutte le

soluzioni sono della forma x

Z ∈

f (t) dt + c c R.

α

La classe delle primitive della funzione f si indica con

Z f (x) dx,

e si chiama integrale indefinito di f . Si noti bene che l’integrale indefinito di una

funzione indica una classe di funzioni, e non una singola funzione.

Sintetizziamo i due risultati enunciati in un’unico Teorema. →

6.4 (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale). Data f : [a, b]

Teorema 0 ∈

continua, le funzioni F che verificano F (x) = f (x) per ogni x [a, b] sono tutte e

R

sole della forma x

Z ∈ ∈

F (x) = f (t) dt + c con α [a, b] e c R.

α

(8) Si noti che il Teorema è falso se le funzioni non sono definite su intervalli.

6. TEOREMA FONDAMENTALE DEL CALCOLO INTEGRALE 36

Un problema classico, nell’ambito delle equazioni differenziali, è il problema di

Cauchy. In quest’ambito, corrisponde a cercare una primitiva F di una funzione f

con la richiesta aggiuntiva che F valga in un punto assegnato x un valore dato y ,

0 0

cioè 0

F (x) = f (x),

∈ ∈

(6.2) dati f , x [a, b], y trovare F tale che

R,

0 0 F (x ) = y .

0 0

Se la funzione f è continua in [a, b], grazie al Teorema 6.4 si può concludere che la

soluzione F esiste, è unica ed è data da x

Z

F (x) = y + f (t) dt.

0 x 0

Primitive e calcolo degli integrali definiti. Il Teorema fondamentale del

calcolo ha una conseguenza interessante che riguarda il calcolo esplicito di integrali

definiti. Fino ad adesso, abbiamo calcolato il valore

b

Z

(6.3) f (t) dt.

a

per scelte particolari della funzione f , tramite la costruzione di somme approssimanti,

e passando al limite grazie ad alcune proprietà specifiche delle funzioni che abbiamo

considerato. Concretamente questa strategia di calcolo non è affatto conveniente.

Supponiamo di voler calcolare (6.3) e supponiamo di conoscere già (per altre vie)

0

una primitiva della funzione f , cioè una funzione F tale che F = f . Sappiamo che

anche la funzione integrale definita da x

Z

φ(x) = f (t) dt.

a

è una primitiva di f e, quindi, per il Teorema 6.3 differisce da F per una costante,

cioè φ(x) = F (x) + c per qualche c La costante c può essere determinata,

R.

calcolando in x = a: −F

0 = φ(a) = F (a) + c =⇒ c = (a).

Si deduce quindi che φ(x) = F (x) F (a) e quindi

b

Z −

f (t) dt = φ(b) = F (b) F (a).

a

Quindi, se si conosce una primitiva F della funzione f , l’integrale definito di f in

[a, b] è uguale alla differenza dei valori della primitiva in b e in a, cioè

b

Z

0 −

F = f =⇒ f (t) dt = F (b) F (a).

a

7. BREVE UN CENNO SUL SENSO DELLA PAROLA “AREA” 37

b

b h i

La differenza F (b) F (a) si indica anche con F (x) o F (x) .

a a

Ad esempio, abbiamo visto che

b

Z 1

2 3 3

x dx = (b a ).

3

a

Per dimostrare questa formula, siamo passati per una rappresentazione (non banale)

della somma dei quadrati dei primi n numeri interi. Grazie a quanto abbiamo appena

notato, per calcolare lo stesso oggetto, basta determinare una primitiva della funzione

1

d

2 3 2 2 3

x . Dato che x = x , una primitiva di x è x /3. Quindi

dx 3 b

Z 1 1 1 1

b

2 3 3 3 3 3

− −

x dx = x = b a = (b a ).

3 3 3 3

a

a 6 −1,

Più in generale, dato che per α =

d 1 α+1 α

x = x ,

dx α + 1

vale la formula

b

Z 1 1

b

α α+1 α+1 α+1

− 6 −1.

x dx = x = (b a ) α =

α + 1 α + 1

a

a

Nello stesso modo possiamo ottenere formule di integrazione per altre funzioni. Ad

d (senx) = cos x, e perciò

esempio, dx π/2

Z π/2 −

cos x dx = senx = sen(π/2) sen0 = 1.

0

0

Quanta fatica risparmiata rispetto al calcolo diretto!

Punti di vista. Attenzione! L’integrazione esplicita tramite una primitiva nota

è una scorciatoia notevole rispetto al calcolo del limite delle somme approssimanti,

ma è una “fortuna occasionale”. Esistono tante funzioni per cui non è possibile

determinare una primitiva in forma elementare. Non bisogna perciò mai confondere

la definizione di integrale definito e il calcolo tramite una primitiva nota.

7. Breve un cenno sul senso della parola “area”

Il capitolo è iniziato discutendo la questione del calcolo dell’area del sottografico di una

funzione non negativa. Vale la pena di ritornare sul problema del significato dell’area delle

regioni di piano, problema che è legato a filo doppio col concetto di integrale e alla sua

progenie. Tanto per essere chiari fin da principio, non c’è nessuna intenzione di entrare nel

dettaglio tecnico della questione (che è ben più profonda di quello che dirò qui).

Quello che si sa in genere a partire dalla geometria delle elementari è che a certe figure

piane è associato un numero, detto area, che è calcolabile tramite una formula più o meno

semplice. Ma cos’è davvero l’area? E come calcolarla nel caso di figure “strambe”, cioè

7. BREVE UN CENNO SUL SENSO DELLA PAROLA “AREA” 38

nel caso di figure che non rientrino in quella misera classe di regioni di cui (per tradizione)

ci è stata tramandata la formula dell’area? Dirò di più... la domanda di fondo è ben più

impegnativa: che senso ha la parola “area” per domini del piano del tutto generali? Occorre

chiaramente cominciare da qualche parte e il punto d’avvio più ragionevole è accettare, come

legge assiomatica o come prescrizione giuridica (fate voi) che

l’area di un rettangolo è data dalla famosa formula “base per altezza”. 2

Per essere più chiari, mettiamoci prima di tutto d’accordo con i nomi: un insieme R R

è un se è il prodotto cartesiano di due intervalli limitati. Quindi sono

rettangolo

rettangoli oggetti del tipo

× × × × ···

[a, b] [c, d], (a, b) (c, d), [a, b) (c, d], (a, b] (c, d), ,

≤ ≤ A(R)

dove a b e c d. Per definizione, stabiliamo che l’area di un rettangolo R è il

prodotto della lunghezza dei due intervalli da cui è definito. Ad esempio,

A × A × − −

[a, b] [c, d] = (a, b) (c, d) = (b a)(d c).

Occorre subito fare alcune osservazioni su quanto stabilito fin qui:

– abbiamo ammesso, per comodità, come rettangoli solo quelli con lati paralleli agli assi

coordinati, questo vuol dire che per ora non abbiamo nessuna informazione sull’area di

rettangoli (nel senso naı̈f del termine) con lati obliqui;

– tra i rettangoli abbiamo ammesso anche oggetti “degeneri”: segmenti orizzontali e verticali

{0}×[0,

nel piano (ad esempio, 1] o [0, 1]×{0}) e persino l’insieme vuoto (che si può ottenere

× ∅), A(R)

in molti modi, ad esempio, come (0, 0) [c, d] = dalla definizione di segue che

ciascuno di questi “rettangoli degeneri” ha area zero (come è ragionevole che sia);

– per come è definita, l’area del rettangolo non varia se si aggiungono o si tolgono uno o più

× × × ×

lati, ad esempio i rettangoli [0, 1] [0, 1], (0, 1) (0, 1), (0, 1) (0, 1], [0, 1] (0, 1] hanno

tutti la stessa area. Anche questo è ragionevole dato che i lati hanno area nulla (quindi

aggiungerli o toglierli non cambia le cose).

Ora introduciamo una seconda regola per le aree:

se una regione limitata del piano è divisa in più parti (senza sovrapposizioni),

l’area di tutta la regione è la somma delle aree delle singole parti.

Grazie a questa legge ha senso anche la parola area per regioni del piano che sono unione

2

finita di rettangoli. Diamo loro un nome. Un insieme R è un plurirettangolo

R

se è unione finita di rettangoli. Un plurirettangolo R può sempre essere decomposto come

(9)

unione finita di rettangoli disgiunti , cioè esistono N rettangoli R tali che

i

N

[ ∩ ∅ ∀ 6

R = R R R = i = j.

i i j

i=1

(9) Questa affermazione andrebbe giustificata rigorosamente, ma contiamo sulla fiducia del lettore

o sulla sua buona volontà di verificarlo da solo...

7. BREVE UN CENNO SUL SENSO DELLA PAROLA “AREA” 39

L’area di un plurirettangolo siffatto è definita dalla somma delle aree dei rettangoli R i

N

X

A(R) A(R

= ).

i

i=1

Anche qui si dovrebbe verificare che questa definizione sia indipendente dalla scelta degli

R , cioè che una qualsiasi decomposizione di R come unione finita di rettangoli disgiunta

i A(R).

dia luogo allo stesso numero Credeteci.

Al punto a cui siamo arrivati, abbiamo una classe abbastanza ampia (tutti i pluriret-

tangoli del piano) di insiemi di cui sappiamo dire cosa è l’area. Come comportarsi per una

regione S più generale? L’idea è molto antica ed è, nella sostanza, quella del metodo di

esaustione (proposto già dall’antichità): approssimiamo la regione S tramite plurirettangoli

contenuti in S e plurirettangoli contenenti S e poi... cerchiamo la migliore approssimazione

possibile! La regione S e due plurirettangoli approssimanti dall’interno e dall’esterno.

Figura 10. 2

7.1. Sia S un insieme del piano contenuto in un rettangolo. L’in-

Definizione R

sieme S è se

misurabile ⊂ ⊂

sup{A(R) : R plurirett., R S} = inf{A(R) : R plurirett., S R}.

A(S)

In questo caso, il valore comune si indica con ed è detto S.

area di

A(S)

L’idea è più che ragionevole: se ha senso, la migliore approssimazione del valore

A(S) dall’interno è data dall’estremo superiore delle aree dei plurirettangoli contenuti in S,

A(S)

e la migliore approssimazione di dall’esterno è data dall’estremo inferiore delle aree dei

plurirettangoli contenenti S. Allora tanto vale prendere proprio la proprietà di coincidenza

di questi due numeri come definizione di misurabilità, cioè di esistenza dell’area!

Come si può far diminuire l’errore di un’approssimazione dall’interno e/o dall’esterno?

Semplice, basta considerare plurirettangoli composti da rettangoli di lato sempre più pic-

colo. In un certo senso si vuole compiere un’operazione di “limite”, facendo tendere la

lunghezza dei lati dei singoli rettangoli a zero (vedi Figura 11).

7. BREVE UN CENNO SUL SENSO DELLA PAROLA “AREA” 40

Plurirettangoli composti da rettangoli di lato più piccolo danno

Figura 11.

approssimazioni migliori.

Il ritorno dell’area di un sottografico. Ora che abbiamo un’idea più solida e meno

naı̈f di cosa si intenda parlando di “area”, torniamo alla questione del calcolo/definizione

dell’area del sottografico di una funzione non negativa: data una funzione f : [a, b] R

A(S

non negativa, ha senso parlare di area ) di

f

{(x, | ≤ ≤ ≤ ≤ }?

S = y) a x b, 0 y f (x)

f A(S

In caso affermativo, qual’è il valore )? Nel caso delle funzioni costanti a tratti non

f

negative è chiaro che la risposta è affermativa: dato che il sottografico è unione finita di

rettangoli (cioè è un plurirettangolo), l’area è data dalla somma delle aree dei rettangoli e

quindi coincide con il valore dell’integrale definito della funzione f nell’intervallo.

Cosa succede nel caso generale? Abbiamo a questo punto due risposte, apparentemente

A(S

differenti. La prima coincide con la definizione di integrale definito: ) ha senso se e

f

solo se ≤ ≤ } ≥ },

(7.1) sup{A(S ) : g cost. a tratti, 0 g f = inf{A(S ) : h cost. a tratti, h f

g h

dove b b

Z Z

A(S A(S

) = g(x) dx, ) = h(x) dx.

g h

a a

La seconda è figlia della definizione generale di misurabilità di insiemi nel piano che abbiamo

appena presentato: ⊂ } ⊂

(7.2) sup{A(R) : R plurirett., R S = inf{A(R) : R plurirett., S R}.

f f

A prima vista non è chiaro se e perché le due definizioni coincidano. L’unica cosa chiara è

che, dato che i sottografici di funzioni costanti a tratti sono scelte possibili di plurirettangoli,

valgono le inclusioni

{S ≤ } ⊂ {R ⊂ }

: g costanti a tratti, g f plurirettangoli : R S

g f

{S ≥ } ⊂ {R ⊂

: h costanti a tratti, h f plurirettangoli : S R}.

h f

e, di conseguenza, anche le disuguaglianze

≤ } ≤ ⊂ }

sup{A(S ) : g cost. a tratti, g f sup{A(R) : R plurirett., R S

g f

≥ } ≥ ⊂

inf{A(S ) : h cost. a tratti, h f inf{A(R) : R plurirett., S R}.

h f

7. BREVE UN CENNO SUL SENSO DELLA PAROLA “AREA” 41

Perciè se per f vale (7.1), allora vale anche (7.2), mentre non è evidente che il viceversa.

L’operazione di scartare alcuni plurirettangoli (quelli che non sono anche sottografici) po-

trebbe portare a modificare il valore della stima per difetto: dato che l’estremo superiore

è calcolato su un insieme più piccolo, il suo valore potrebbe diminuire. Analogamente per

le stime per eccesso e per il loro estremo inferiore (che potrebbe aumentare). Invece quello

che accade è che ⊂ } ≤ },

sup{A(R) : R plurirett., R S = sup{A(S ) : g cost. a tratti, g f

g

f

⊂ ≥ }.

inf{A(R) : R plurirett., S R} = inf{A(S ) : h cost. a tratti, h f

f h

Per convincersi che vale l’uguaglianza, basta mostrare che, per ogni plurirettangolo R con-

≤ A(R) ≤ A(S

tenuto in S , esiste una funzione costante a tratti g con g f tale che ).

g

f

Di questa affermazione ci si convince già da un disegno: un plurirettangolo contenuto in

S che non sia esso stesso un sottografico ha, necessariamente, dei “buchi”. La funzione

f

g richiesta è quella che ha per sottografico il plurirettangolo a cui siano stati incollati i

rettangoli “mancanti”. Il plurirettangolo prima e dopo la cura “ingrassante”...

Figura 12.

Se si desidera una definizione analitica di g, dato il plurirettangolo R, basta ragionare

come segue: per ogni x [a, b] si vede se R interseca la retta verticale di ascissa x, in caso

affermativo si definisce g come l’estremo superiore di questi valori. Nel caso in cui R non

intersechi la retta verticale, si definisce g uguale a 0. La definizione analitica è:

{y ∈ ∪ {0}

g(x) := sup : (x, y) R} .

Analogamente si ragiona per le stime per eccesso. Lı̀ il plurirettangolo andrà “curato”

togliendo alcuni rettangoli di troppo.

In definitiva, possiamo concludere che la definizione di integrale definito, quando appli-

cata a funzioni non negative, coincide in tutto e per tutto con la nozione più generale di

misurabilità di insiemi del piano, data dalla costruzione con plurirettangoli approssimanti.

Questa, che potrebbe sembrare la fine della storia, in realtà è solo l’inizio del principio

dell’introduzione della presentazione del trailer del primo paragrafo del primo capitolo...


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AUTORE

Sara F

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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in matematica
SSD:
Università: Torino - Unito
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Sara F di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Matematica Per Le Applicazioni I e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Torino - Unito o del prof Boieri Paolo.

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