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Lezioni 19-20 68

Funzioni continue

Def. f si dice continua se è continua in ogni punto del suo

dominio.

NOTA: se il dominio contiene punti isolati (ovvero punti che non

sono di accumulazione, come per esempio tuuti i punti di N) allora

la funzione è continua in ogni punto isolato (per definizione).

NOTA: polinomi, esponenziali, funzioni trigonometriche sono con-

→ \ {0}), →

1 1

tinue. x è continua (con dominio R x sin( ) è

x x

\ {0}).

continua (con dominio R

NOTA: essere f continua su un intervallo si può pensare come

una proprietà del grafico “che può essere tracciato senza staccare

la penna dal foglio”. Questa proprietà vaga viene resa più precisa

dai seguenti teoremi, che non dimostreremo

Teorema. (di Weierstrass). Ogni funzione reale continua in un

intervallo chiuso e limitato ha massimo e minimo.

Corollario. Ogni funzione continua su un intervallo chiuso e lim-

itato è limitata.

NOTA. La continuità è essenziale: la funzione

 ∈

 x se x (0, 1)

f (x) =  1 se x = 0 o x = 1

2

non ammette max/min in [0, 1] (dove non è continua), ne’ in (0, 1)

(dove è continua). →

Teorema. (di Bolzano o “degli zeri”) Sia f : [a, b] R una

funzione continua tale che f (a)f (b) < 0. Allora esiste almeno un

∈]a,

punto x b[ tale che f (x) = 0.

69 Lezioni 19-20

NOTA. Questo teorema afferma una cosa ‘naturale’ per una

curva ‘tracciata senza staccare la penna dal foglio’: se il punto

iniziale sta sopra l’asse delle x e quello finale sotto, ad un certo

punto la curva deve attraversare l’asse delle x.

Esempio. Sia P un polinomio di grado 3. Allora l’equazione

P (x) = 0 ha almeno una soluzione. 3 se P (x) =

Infatti, a meno di dividere per il coefficiente di x

→ ±∞ → ±∞.

3 2

+a x +a x+a si ha P (x) per x Quindi esiste

x 1 2 3

M tale che f (−M ) < 0 e f (M ) = 0. Possiamo quindi applicare il

−M

teorema con a = e b = M .

→ ⊆

NOTAZIONE: se f : A B è una funzione e C A, allora

{f ∈ ⊆

definiamo f (C) = (x) : x C} B. In particolare f (domf ) si

chiama anche l’immagine di f (imf ). →

Teorema. (“dei valori intermedi”) Sia I intervallo, e f : I R

continua, allora f (I) è intervallo ∈

Dim. Dobbiamo mostrare che se x, y f (I) e x < z < y, allora

z f (I). ∈

Siano c, d I tali che f (c) = x, f (d) = y. Allora pos-

siamo considerare la funz. g(x) = f (x) z sull’intervallo [a, b] =

[min{c, d}, max{c, d}]. Si ha allora g(a)g(b) < 0 e g è continua.

∃ ∈]a,

Per il teorema di Bolzano x b[: g(x) = 0, ovvero f (x) = z.

∈ ∈

I intervallo =⇒ x I =⇒ z f (I).

NOTA. Questo teorema ci dice che per provare che l’equazione

f (x) = y ha soluzione, nel caso di f continua e definita su un

intervallo chiuso e limitato, allora basta verificare che min f

y max f .

Lezioni 21-22 70

Esempio. Proviamo che esiste un mumero x > 0 tale che

1

x

e = .

x

Questo problema si risolve con una ‘risoluzione grafica’: vicino

x ‘sta sotto’ a quello di 1/x, verso +∞ la

allo 0 il grafico di e

situazione si capovolge, quindi ci deve essere un punto in cui i

grafici si intersecano... in questo ragionamento stiamo usando in

verità la continuità delle funzioni come nel teorema degli zeri.

Per applicare il teorema degli zeri, consideriamo la funzione

1 − x

f (x) = e .

x

f (x) = +∞ esiste a > 0 tale che f (a) > 0; dato

Dato che lim +

x→0 −∞,

che lim f (x) = esiste b > a tale che f (b) < 0. A questo

x→+∞ ∈

punto il teorema degli zeri ci assicura che esiste x (a, b) tale che

f (x) = 0, che è quello che volevamo.

Esempio. Trovare (se esiste) il

1

x

: x > 0 .

e

min log 3 + x

Per quello che abbiamo visto sopra, esiste un punto in cui la

quantità nel modulo si annulla, per cui il minimo è ottenuto in

questo punto e vale log 3.

71 Lezioni 21-22

INVERSIONE DI FUNZIONI CONTINUE

RICORDIAMO: Se A, B sono insiemi e f : A B è una funzione

= a =⇒f (a ) = f (a ), allora la relazione

iniettiva, ovvero a

1 2 1 2

⇐⇒ →

g(b) = a f (a) = b definisce una funzione g : imf A (imf

l’immagine di f ). Questa funzione g si chiama la funzione inversa

−1 . Una funzione iniettiva si dice anche

di f e viene denotata con f

invertibile. →

Esempi. (1) arcsin : [−1, 1] [−π/2, π/2] è l’inversa del

seno (o meglio della sua restrizione a [−π/2, π/2]);

(2) arctan : R [−π/2, π/2] è l’inversa della tangente (o

meglio della sua restrizione a [−π/2, π/2]);

x

: (0, +∞) R è l’inversa di a (a > 0, a = 1).

(3) log a →

Teorema. Siano I un intervallo e f : I R una funzione con-

⇐⇒

tinua. Allora f è invertibile f è strettamente monotona. In

−1 −1

tal caso domf è un intervallo e f è continua

In particolare, arcsin, arctan, log sono funzioni continue.

NOTA. L’implicazione f strettamente monotona f invertibile

è sempre valida (anche quando f non è continua).

Sia la continuità che il fatto che I sia intervallo sono essen-

ziali. Infatti ci sono funzioni continue (non definite su intervalli)

invertibili ma non strettamente monotone. Per esempio:

1 \ {0} → \ {0},

f (x) = : R R

x

che è l’inversa di se stessa.

Ci sono anche funzioni definite su intervalli (non continue)

invertibili ma non strettamente monotone. Ne costruiamo facil-

mente una: ∈

x se x (−1, 1),

f (x) = −x altrimenti.

Anche questa è l’inversa di se stessa.

Lezioni 21-22 72

Derivate

Def. Sia f una funzione reale di variabile reale. Allora, dati

x, y domf con x = y, si definisce il rapporto incrementale di f

tra x e y come −

f (x) f (y)

(x, y) = .

P f −

x y

OSSERVAZIONI: ⇐⇒ è non negativa;

i) f è non decrescente P f

⇐⇒

ii) f è strettamente crescente P è strettamente positiva;

f

iii) se f (x) = mx + q è affine allora P è il coefficiente angolare

f

m. →

Def. Sia I intervallo, f : I R e x un punto di I. Se esiste il

0

limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

x x

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata di f nel punto x e si indica con

0

f (x ). Se f (x ) R allora f si dice derivabile in x .

0 0 0

(x ):

ALTRE NOTAZIONI per f 0

d dy

Df (x ), ),

f (x , y

0 0

dx dx →

Def. Sia I intervallo, f : I R e x un punto di I. Se esiste il

0

limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

− − x x

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata sinistra di f nel punto x e si

0

(x ).

indica con f

− 0

73 Lezioni 21-22

Se esiste il limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

x x

+ +

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata destra di f nel punto x e si indica

0

(x ).

con f 0

+

ESEMPI: 1) f = c costante Dc = 0 in ogni punto. Infatti per ogni

(x, y) = 0.

coppia di punti P

f (x, y) = 1 per ogni coppia di punti, per cui

2) f (x) = x. Allora P

f

(x) = 1 per ogni x.

f ∈ ≥

n (n N, n 2). Allora

3) f (x) = x

n−1 n−2 n−2 n−1

P (x, y) = x +x y+. . .+xy x+y , per cui f (x) =

f

n−1

nx . −

(1/x) (1/x )

1 0

(x ) = lim

. Allora (x = 0) f

4) f (x) = 0 −

x x x

x→x 0

0

(x x)/(x x) 1 1

0 0 − −

= lim = lim .

=

− 2

x x x x x

x→x x→x

0 0

0 0 0

|x|.

5) f (x) = Sia x > 0; allora

0

|x| − |x −

| x x

0 0

P (x, x ) = = = 1 per tutti gli x > 0, per

0

f − −

x x x x

0 0

(x ) = 1. Se invece x < 0,

cui f 0 0

|

|x| − |x −x − )

(−x

0 0 −1

P (x, x ) = = = per tutti gli x < 0,

0

f − −

x x x x

0 0

−1.

per cui f (x ) =

0 1 se x > 0,

Se x = 0 si ha P (x, 0) = −1

0 f se x < 0,

−1

(x ) = e f (x ) = 1; in particolare non esiste f (x ).

per cui f

− 0 0 0

+

Riassumendo |x|

x

D|x| = = .

|x| x

Lezioni 21-22 74

x se x 0

|x| . Allora

6) f (x) = sgn(x) = − |x| se x < 0

√ −

x 0 1

√ = +∞,

f (0) = lim = lim

+ x 0 x

x→0+ x→0+

− |x| − 0 1

(0) = lim

f = +∞.

= lim

− − |x|

x 0

x→0− x→0−

(0) = +∞, e f non è derivabile in 0.

Quindi f ≥

1 se x 0

7) f (x) = . Allora

0 se x < 0

1 1

(0) = lim = 0;

f −

+ x 0

x→0+ −

0 1

f (0) = lim = +∞.

− −

x 0

x→0− Differenziabilità ∈

→ I. Diciamo che f è

Def. Sia I intervallo, f : I R e x

0

quando esiste λ R tale che si abbia

differenziabile in x

0 − − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x

f (x) = f (x

0 0 0 0 −

SIGNIFICATO GEOMETRICO: la retta y = f (x ) + λ(x x )

0 0

− ”

approssima la curva y = f (x) “ad un ordine superiore a x x

0

(questa retta è tangente alla curva).

⇐⇒ f derivabile in x . In tal

Teorema. f differenziabile in x

0 0

caso λ = f (x ).

0 − − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x

Dim. f (x) = f (x

0 0 0 0

− − −

f (x) f (x ) λ(x x )

0 0

⇐⇒ ⇐⇒

lim = 0

x x

x→x 0

0 −

f (x) f (x )

0 = λ.

lim −

x x

x→x 0

0

75 Lezioni 21-22

Teorema. f derivabile in x =⇒ f continua in x .

0 0

− − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x , allora

Dim. Se f (x) = f (x

0 0 0 0

lim f (x) = lim f (x ) + λ(x x ) = f (x ).

0 0 0

x→x x→x

0 0

Calcolo di derivate

Dal teorema di linearità per i limiti si ha subito:

punto interno a I.

Teorema. (LINEARITÀ) Sia I intervallo e x

0

→ ∈

Se f, g : I R sono derivabili in x e c R, allora sono derivabili

0

anche f + g e cf e si ha

in x

0

(f + g) (x ) = f (x ) + g (x ), (cf ) (x ) = c(f (x )).

0 0 0 0 0

Teorema. (DERIVATA DI COMPOSIZIONE) Siano I e J inter-

→ → un punto interno a I tale che f (x )

valli; f : I R, g : J R x

0 0

è interno a J. Se f è derivabile in x e g è derivabile in f (x ),

0 0

◦ , e si ha

allora g f è derivabile in x

0

◦ (x ) = g (f (x )) f (x ).

(g f ) 0 0 0

Dim. Sia y = f (x ). Dalla differenziabilità di g in y si ha

0 0 0

− − →

g(y) = g(y ) + g (y )(y y ) + o(y y ), per y y . In particolare

0 0 0 0 0

→ si ha g(f (x)) = g(y ) + g (y )(f (x) y ) +

per y = f (x) e x x

0 0 0 0

− ), ovvero

o(f (x) y 0

◦ ◦ − −

(g f )(x) = (g f )(x ) + g (y )(f (x) y ) + o(f (x) y ). Dalla

0 0 0 0

differenziabilità di f abbiamo

= f (x)−f (x ) = f (x )(x−x )+o(x−x ) e dunque

f (x)−y 0 0 0 0 0

◦ ◦

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

0

− − −

(y )(f (x )(x x ) + o(x x )) + o(f (x )(x x ))

+g 0 0 0 0 0 0

Lezioni 21-22 76

◦ − −

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

0 0 0 0 0

Questo mostra che (g f ) è differenziabile in x e la sua derivata

0

è g (y )f (x ).

0 0 −n −n−1 −n

∈ −nx →

ESEMPI: 1) n N D(x ) = . La funzione x x n

si può considerare come composizione delle funzioni f (x) = x

−1/y 2

n−1

e g(y) = 1/y; e sappiamo che f (x) = nx , g (y) = .

Dunque 1

−n −n−1

− −nx

n−1

) = g (f (x)) f (x) = (nx ) = ;

D(x 2

n

(x )

1 1

1

= come composizione di f e

f (considerare

2) D 2

f f f

1/y). →

Teorema. (DERIVATA DEL PRODOTTO) Siano f, g : I R

derivabili in x I; allora anche f g è derivabile in x , e si ha

0 0

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

(f g) 0 0 0 0 0

− − −

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

0 0 0

f (x )), per cui

0

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

0 0 0 0

f g g f

→ →

Passando al limite per x x (ricordando che f (x) f (x )) si

0 0

ha la tesi.

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

0 0 0 0

ESERCIZI:1) (x ) = . (Applicare

0 2

g (g(x ))

0 −1

la derivazione del prodotto di f e 1/g ricordando che D(g ) =

−2

−g g ).

77 Lezioni 21-22

Teorema. (DERIVAZIONE DELLA FUNZIONE INVERSA) Sia

→ (x ),

I intervallo e f : I R continua e invertibile in I. Se esiste f 0

−1

allora esiste anche la derivata di f nel punto y = f (x ), e si ha

0 0

1

−1

D f ) =

(y ovvero

0

f (x )

0

1

−1

f (y ) = .

0 −1

f (f (y ))

0

NOTA: 1) l’ipotesi di invertibilità su f equivale alla stretta mono-

tonia; (x ) =

2) la formula per la derivata dell’inversa vale anche se f 0

±∞,

(y ) = applicando le dovute convenzioni.

0 o f 0 −1

(x ) = 0, allora f è derivabile in f (x ).

3) se f 0 0

−1 −1

f (y) f (y )

0

Dim. si ha lim −

y y

y→y 0

0

−1 −1

f (y) f (y )

0

= lim −1 −1

f (f (y)) f (f (y ))

y→y 0

0 − 1

x x

0

= lim = ,

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

x→x 0 0

0

per il teorema sul limite di composizione.

x

ESEMPIO: calcoliamo la derivata di e . Si ha

− −

(x−x )

x x

e e 1

e

0 0

x x

lim = lim e .

= e

0 0

− −

x x x x

x→x x→x

0 0

0 0

x x

= e .

Dunque De

Ora possiamo calcolare la derivata di log x, usando il teorema

−1

x , f (x) = log x. Si

della der. della funz. inversa, con f (x) = e

1 1 1

−1 )(x) =

ha allora D(log x) = D(f = = .

−1

f (f (x)) exp(log x) x

Lezioni 21-22 78

f

ESERCIZI:1) D(log f ) = ;

f

f f

2) D(e ) = e f ;

(α log

α x) α α−1

3) D(x ) = D(e ) = x D(α log x) = αx (α = 1).

Derivate delle funzioni elementari

x x

D(e ) = e , D1 = 0

∈ \ {0}) α α−1

(α R D(x ) = αx ,

D cos x = sin x D sin x = cos x

e quindi anche 2 x

D tan x = 1 + tan

D cosh x = sinh x D sinh x = cosh x,

dove −x −x

x x

+ e e

e

e , sinh x =

cosh x = 2 2

sono coseno e seno iperbolico. sin t = 1 si deduce

OSSERVAZIONI: dal limite fondamentale lim t

t→0

− 12 2 2

x + o(x ),

sin x = x + o(x) cos x = 1

da cui si ottiene subito la derivata di sin e cos. Per esempio si ha

sin(x + t) sin x

D sin x = lim t

t→0 −

sin x cos t + sin t cos x sin x

= lim t

t→0 −

sin t cos t 1

+ sin x lim

= cos x lim t t

t→0 t→0

t

= cos x + sin x lim + o(t) = cos x.

2

t→0

79 Lezioni 25-26

ESEMPI: 1) D(sin 2x) = (cos 2x) 2; sin x

1 − −

(− sin x) = = tan x;

2) D(log cos x) = cos x cos x

√ x (x > 1): possiamo scrivere

3) calcolare la derivata di (log x)

√ 1/2

x = exp x log(log x) .

(log x)

Si ha

1/2 1/2 1/2

log(log x) = log(log x)Dx + x D log(log x).

D x

Dato che 1

1 1 1

−1/2 √

1/2 e D log(log x) =

= =

x , si ha dunque

Dx 2 log x x

2 x

1

1

1/2 1/2

log(log x) = log(log x)

D x + x x log x

2 x

log x log(log x) + 2

= ,

2 x log x

e infine

√ log x log(log x) + 2

1/2

x = exp x log(log x)

D(log x) 2 x log x

√ log x log(log x) + 2

( x−1) .

= (log x) 2 x g

ESERCIZIO: verificare la formula generale per la derivata di f :

g

f

g g

D f log f .

= f + g

f

g = exp(g log f )...)

(scrivere f

Lezioni 25-26 80

La funzione derivata

Def. Sia f : I R una funzione tale che

{x ∈ ∅,

= I : f è derivabile in x} =

I

→ →

: I R, x f (x)

allora si chiama derivata di f la funzione f

∈ la derivata di f in x.

che associa ad ogni punto x I

= R; f = 1;

ESEMPI: 1) f (x) = x, dom f = dom f x

\ {0}

|x|, = R = dom f = R; f = ;

2) f (x) = dom f |x|

|x| ∈

dom f = dom f = R in quanto 0 dom f .

3) f (x) = sgn(x) 1

1

\ {0}; −

= R f (x) = .

, dom f = dom f

4) f (x) = 2

x x

Punti di non derivabilità

NOTA: se la funzione f non è derivabile in un punto x si possono

0

allora si usa la seguente

presentare vari casi. Se f è continua in x

0

nomenclatura:

∃ (x ), f (x ) R e almeno uno dei due è finito. Allora x

1) f

− 0 0 0

+ |x|,

si dice un punto angoloso. Esempi: (x = 0) f (x) = f (x) =

0

|x|;

x + ±∞;

∃ (x ) = allora x si dice un punto di flesso a tangente

2) f 0 0 √ 3

= 0) f (x) = x (l’inversa di x ), f (x) =

verticale. Esempi: (x 3

0

|x|;

sgn(x)

∈ {+∞, −∞}

(x ), f (x ) f (x ) = f (x ); allora x si dice

3) f

− −

0 0 0 0 0

+ +

|x|

una cuspide. Esempi: (x = 0) f (x) =

0

(x ) e f (x ); per esempio

NOTA: possono anche non esistere f

− 0 0

+

x sin(1/x) se x = 0 = 0.

si prenda f (x) = e x

0

0 se x = 0,

81 Lezioni 25-26

Esercizi. Descrivere i punti di discontinuità delle seguenti fun-

zioni. | |x||.

1. f (x) = log |x|

Dato che log è derivabile ovunque (nel suo dominio), e

|y| non è derivabile in y = 0, la composizione PUÒ non essere

|x| |x| ±1.

derivabile solo per log = 0, ovvero per = 1, cioè x = Si

ha

−1,

(±1) = f (±1) = 1,

f

− +

quindi questi due sono punti angolosi.

|x |.

3 2

2. f (x) = + x

3 2

+ x è derivabile ovunque (nel suo dominio), e

Dato che x

|y| non è derivabile in y = 0, la composizione può non essere

−1.

3 2

+ x = 0, ovvero per x = 0 e x =

derivabile solo per x

Si ha

|x |y − |y|

2

x + 1| 1|

±∞,

(−1) = lim

f = lim =

± x +1 y

x→−1± y→0±

−1

e quindi è un punto di cuspide.

Si ha

|x |x| |x

2

x + 1| + 1|

±1,

(0) = lim = lim =

f

± −

x 0 x

x→0± x→0±

|y| ha un punto di cus-

quindi 0 è punto angoloso. Notare che

pide, quindi: non si può dedurre il tipo di non-derivabilità di una

composizione sapendo solo i tipi di non-derivabilità delle funzioni

separatamente.

| sin x|.

3. f (x) =

Lezioni 25-26 82

Si ha | sin x|

±∞,

(0) = lim

f =

± x

x→0±

e analogamente ogni punto della forma kπ, quindi tutti questi sono

punti di cuspide.

√ −

1 cos x.

4. f (x) = √

Si ha − 1

1 cos x

±

=

(0) = lim

f ,

± x 2

x→0±

e analogamente ogni punto della forma 2kπ, quindi tutti questi

sono punti angolosi. |

| 2 nel’intervallo [−2, 2].

5. f (x) = sin x||x + x

|

La funzione sin x| ha un punto angoloso in 0 e la funzione

| −1,

|x 2 ha due punti angolosi in 0 e quindi i possibili punti

+ x −1.

di non derivabilità sono 0 e

Si ha | | |x

2

sin x||x + x + 1|

±

(−1) = lim = sin 1 lim = sin 1,

f

± x +1 x + 1

x→−1± x→−1±

−1

quindi x = è punto angoloso.

Si ha | | | |

2

sin x||x + x sin x||x| sin x|

= lim = lim x = 0,

(0) = lim

f

± |x|

x x

x→0± x→0± x→0±

e quindi f è derivabile in 0. Dunque x = 0 non è un punto di

|

non derivabilità anche se lo era per entrambe le funzioni sin x| e

|x |.

2

+ x

83 Lezioni 27-28

Il Teorema di De L’Hôpital

Teorema. Siano f, g : I R funzioni definite e derivabili in un

∈ [−∞, +∞[. Supponiamo che sia verificata

intorno destro I di x

0

una delle due condizioni:

f (x) = lim g(x) = 0;

i) (forma 0/0) lim + +

x→x x→x

0 0 ∞

∞/∞) f (x) = lim g(x) =

ii) (forma lim + +

x→x x→x

0 0

Se esiste il limite

f (x)

lim = L,

g (x)

+

x→x

0

allora esiste anche il limite

f (x) = L.

lim g(x)

+

x→x

0 −

→ (se f, g

Le stesse conclusioni sono valide per il limite x x

0

∈] − ∞, +∞]).

sono definite in un intorno sinistro di x

0

ESEMPI: tramite questo teorema possiamo ritrovare la maggior

parte dei limiti notevoli:

sin x cos x

0

= ( ) = (H) = lim = 1;

lim x 0 1

x→0 x→0

x x

e 1 e

0

= ( ) = (H) = lim = 1;

lim x 0 1

x→0 x→0

0

log(1 + x) 1

lim = ( ) = (H) = lim = 1;

x 0 x + 1

x→0 x→0

x x

e e

+∞

=( ) = (H) = lim = +∞;

lim x +∞ 1

x→+∞ x→0

+∞

log x 1/x

=(

(α > 0) lim ) = (H) = lim

α α−1

x +∞ αx

x→+∞ x→+∞

1

= lim = 0;

α

αx

x→+∞

Lezioni 27-28 84

|x| −∞

log 1/x

|x|

lim x log = lim =

= ( ) = (H) = lim −1/x

2

1/x +∞

x→0 x→0 x→0

lim (−x) = 0.

x→0

Il Teorema di De L’Hôpital può semplificare il calcolo di limiti

complicati: 2

log(sin x + cos x) 0

= ( ) = (H) =

lim 2

x 0

x→0

− −

2 2

1

sin x 2x cos x sin x

2x cos x

lim = lim =

2

sin x + cos x 2x 2x

x→0 x→0

1 1

sin x −

2

lim =1 = .

cos x lim 2x 2 2

x→0 x→0

Attenzione però a non “eccedere” nell’uso: il limite

5

sin x

lim 5

x

x→0

è banalmente uguale a 1 (applicando il limite fondamentale e la

5 ); si può anche risolvere usando solo il teorema di

continuità di y

De L’Hôpital , ma si deve derivare 5 volte:

5

sin x

lim = (H)

5

x

x→0 4

5 sin x cos x = (H)

lim 4

5x

x→0 −

3 5

2

4 sin x cos x sin x = (H)

= lim 3

4x

x→0 − −

2 4 4

3

12 sin x cos x 8 sin x cos x 5 sin x cos x = ...

= lim 2

12x

x→0

Attenzione anche al fatto che se non esiste il limite del rapporto

delle derivate allora non è detto che non esista il limite del rap-

porto delle funzioni: evidentemente, prendendo f (x) = x + sin x e

85 Lezioni 27-28

g(x) = x, si ha f (x) sin x

1 +

lim = lim = 1,

g(x) x

x→+∞ x→+∞

ma invece

f (x) 1 + cos x

= lim

lim

g (x)

x→+∞ x→+∞

non esiste.

Lezioni 29-30 86

Il Teorema di Lagrange o del Valor Medio

Abbiamo visto che molte proprietà importanti delle funzioni (cre-

scenza, decrescenza, iniettività, ecc.) si esprimono tramite pro-

prietà del rapporto incrementale (positività, negatività, non an-

nullarsi, ecc.), e quindi si riflettono su proprietà della derivata. Il

seguente teorema ci permette di ‘tornare indietro’ e dedurre da

proprietà della derivata alcune proprietà del rapporto incremen-

tale. →

Teorema. (del valor medio, o di Lagrange) Sia f : [x , x ] R

1 2

, x ] e derivabile in (x , x ). Allora

una funzione continua in [x

1 2 1 2

∈ , x ) tale che

esiste almeno un punto x (x

1 2 −

) f (x )

f (x

2 1

(x) = .

f −

x x

2 1

Il significato geometrico del teorema è il seguente: dato che

f (x ) f (x )

2 1 è la pendenza della secante al grafico di f per i

x x

2 1 , x (ovvero il ‘valor medio’ della

punti del grafico relativi a x

1 2

pendenza del grafico di f tra x e x ) e f (x) è la pendenza della

1 2

tangente al grafico in x, il teorema afferma che esiste un punto

x in cui la pendenza della retta tangente è il valor medio della

e x , ovvero che esiste un punto x

pendenza del grafico di f tra x

1 2

in cui la tangente al grafico è parallela alla secante al grafico per

i punti estremi.

Osservazioni. Vediamo che nessuna delle ipotesi del teorema può

essere omessa

(1) La funzione f deve essere continua in [x , x ], altrimenti ci

1 2

può non essere alcuna relazione tra il rapporto incrementale agli

87 Lezioni 29-30

estremi e la derivata all’interno di [x , x ]: per esempio prendiamo

1 2

= 0, x = 1 e la funzione

x

1 2 1 se x = 0

f (x) = ∈

x se x (0, 1].

La funzione è discontinua in 0. Si ha −

− 1 1

f (1) f (0) = = 0,

− −

1 0 1 0

(x) = 1 per ogni x (0, 1); quindi la tesi del teorema è falsa;

ma f

(2) La funzione f deve essere derivabile in ogni punto di (x , x ).

1 2

−1, |x|.

Prendiamo x = x = 1 e f (x) = La funzione f è de-

1 2

rivabile dappertutto tranne che in 0. Questo basta a far fallire il

teorema: −

− 1 1

f (1) f (−1) = = 0,

− −

1 (−1) 1 (−1)

±1

(x) = dove x è derivabile;

ma f

(3) Il dominio deve essere un intervallo. Se consideriamo la fun-

−1

1 definita per x = 0, si ha, prendendo x = e x = 1

zione 1 2

x − −

f (1) f (−1) 1 (−1)

= = 1,

− −

1 (−1) 1 (−1)

1 1

− (sempre negativa!) e quindi la tesi del

ma la derivata di è 2

x x

teorema non è verificata.

Nel caso particolare in cui f (x ) = f (x ) allora la tesi diventa che

1 2

∈ , x ) tale che f (x) = 0. Questo caso par-

esiste un punto x (x

1 2

ticolare del teorema di Lagrange viene a volte chiamato Teorema

di Rolle. Vediamo come si dimostra questo teorema, sostanzial-

mente usando il Teorema di Weierstrass (il teorema di Lagrange

Lezioni 29-30 88

si dimostra in modo simile, solo risulta un po’ più complicata la

notazione)

Dim. Se f = costante la tesi è ovvia. Supponiamo allora f non

costante. Il Teorema di Weierstrass ci assicura l’esistenza di un

punto di minimo x e di un punto di massimo x . Dato che f non

m M ∈ {x },

è costante si ha f (x ) < f (x ). Supponiamo che x , x

1 2

n M m

≤ ∈

) f (y) per ogni y [x , x ] deduciamo

allora dal fatto che f (x 1 2

m

che −

f (x ) f (y)

m ≤ 0 se y < x

m

x y

m

da cui f (x ) 0, e anche che

− m −

f (x ) f (y)

m ≥ 0 se y > x

m

x y

m

da cui f (x ) 0. Ma dato che f è derivabile in x si ha f (x) =

m m

+

≤ ≥

(x ) 0 e f (x ) = f (x ) 0, da cui f (x ) = 0. Se invece

f

− m m m m

+

∈ {x } ∈

x , x allora f (x ) = f (x ) = f (x ), e quindi x

1 2 1 2

m m M

},

{x , x si ripete il ragionamento (cambiando le diseguaglianze)

1 2 (x ) = 0.

e si conclude che f M

Esercizio. Dimostrare il teorema di Lagrange applicando il teo-

rema di Rolle alla funzione −

f (x ) f (x )

2 1

− −

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

1

x x

2 1

Come corollario al teorema di Lagrange abbiamo il seguente

risultato, che è importante tenere a mente.

89 Lezioni 29-30

Teorema. (della derivata nulla). Sia f = 0 su un intervallo I;

allora f è costante su I ∈

∃x , x I tali che x < x

Dim. Se f non è costante allora 1 2 1 2

e f (x ) = f (x ). Allora per il teorema del valor medio esiste

1 2 −

) f (x )

f (x

2 1

∈ , x ) tale che f (x) = = 0, contro l’ipotesi.

x (x

1 2 −

x x

2 1

1

ESEMPIO: Sia f (x) = arctan x + arctan( ), definita per x = 0.

x

Si ha −1

1 1

(x) = + ( ) = 0.

f −2

2 2

1+ x 1+ x x

Non si può concludere però che f è costante sul suo dominio poichè

esso non è un intervallo. Infatti −π/2.

f (1)=2 arctan 1 = π/2, f (−1)=2 arctan(−1) =

Possiamo però applicare il teorema della derivata nulla sugli in-

tervalli (−∞, 0) e (0, +∞) e concludere che

−π/2 se x < 0

f (x) = .

π/2 se x > 0

Lezioni 29-30 90

Monotonia e segno della derivata

Come conseguenza del teorema del valor medio otteniamo che se

su un intervallo possiamo conoscere il

conosciamo il segno di f

segno del rapporto incrementale sullo stesso intervallo e quindi

dedurne la monotonia di f .

≥ ≤

Teorema. Sia f derivabile in [a, b]. Se f 0 (risp. f 0), allora

> 0 (risp. f < 0)

f è non decrescente (risp. non crescente). Se f

allora f è strettamente crescente (risp. strettamente decrescente).

Dim. (f > 0) Siano x , x [a, b] con x < x ; per il Teorema

1 2 1 2 −

∃ ∈ , x ) tale che f (x ) f (x ) =

del valor medio si ha che x (x

1 2 2 1

(x)(x x ) > 0.

f 2 1

Osservazione. Se f è non-decrescente allora il suo rapporto in-

crementale è non-negativo e quindi anche f 0, quindi pos-

siamo dedurre che una funzione derivabile in un intervallo è non-

≥ 0. Un enunciato analogo vale per

descescente se e solo se f

le funzioni non-crescenti, ma se f è strettamente crescente non

> 0 in ogni punto: si consideri la fun-

possiamo dedurre che f

3

zione f (x) = x , che è strettamente crescente; la sua derivata

2

(x) = 3x che si annulla in 0. Naturalmente in questo caso

è f

possiamo dedurre dal teorema che f è strettamente crescente in

(−∞, 0) e in (0, +∞), e quindi lo è anche su tutto R.

Studio della monotonia. Dal teorema precedente abbiamo il

seguente procedimento:

1. Calcolare f ;

. Individuare nel dominio di f gli

2. Studiare il segno di f

intervalli in cui f > 0 e f < 0;

3. Dedurre che in tali intervalli f è strettamente crescente o

decrescente.

91 Lezioni 29-30

−x

2

Esempio. Sia f (x) = x e . Allora:

−x −x

− −

2

(x) = (2x x )e = x(2 x)e ;

1. f

2. Si ha f > 0 per 0 < x < 2 e f < 0 per x < 0 o x > 2;

3. Deduciamo che f è strettamente decrescente in (−∞, 0) e

in (2, +∞), strettamente crescente in (0, 2).

NOTA: per verificare che non si sono fatti errori conviene control-

lare che le deduzioni sulla monotonia siano coerenti con i valori e

i limiti della funzione agli estremi degli intervalli di monotonia. In

questo caso, conviene verificare che

f (x) > f (0);

a. lim

x→−∞

b. f (0) < f (2);

c. f (2) > lim f (x).

x→+∞

Queste condizioni sono presto verificate, traducendosi in

−2 −2

a. +∞ > 0; b. 0 < 4e ; c. 4e > 0.

|x|.

Esempio. Sia f (x) = x log Allora:

|x|

(x) = log + 1;

1. f

−1/e

> 0 per x < o x > 1/e e f < 0 per

2. Si ha f

−1/e < x < 0 o 0 < x < 1/e; −1/e)

3. Deduciamo che f è strettamente crescente in (−∞,

e in (1/e, +∞), strettamente decrescente in (−1/e, 0) e (0, 1/e).

NOTA: notare che entrambi gli esempi precedenti non sono de-

ducibili semplicemente dalla conoscenza delle proprietà di mono-

tonia delle funzioni elementari

Lezioni 31-32 92

Estremi relativi

∅ ⊆ → ∈

Def. Sia = A R, f : A R, x A. Il punto x si dice un

0 0

punto di massimo relativo o un punto di massimo locale quando

tale che x è punto di massimo per la

esiste un intorno I di x

0 0

restrizione di f a I A; ovvero

∀ ∈ ∩ ≤

x A I si ha f (x) f (x ).

0

Analogamente diciamo che x è un punto di minimo relativo o un

0 tale che

punto di minimo locale quando esiste un intorno I di x

0

x è punto di minimo per la restrizione di f a I A; ovvero

0 ∀ ∈ ∩ ≥

x A I si ha f (x) f (x ).

0

Un punto si dice di estremo relativo o di estremo locale se è punto

di massimo locale o di minimo locale.

è un punto di massimo per f su A, allora è anche

NOTA: se x

0

punto di massimo relativo; se vogliamo distinguere le due cose si

parlerà di punto di massimo assoluto.

∈ \ {0}

2

x se x [−1, 1] −1,

ESEMPI: 1) f (x) = . Allora 0, 1

2 se x = 0

sono punti di massimo relativo; di questi 0 è punto di massimo

assoluto; |x|

2 se = 1

∈] −

2

2) f (x) = . 0 è punto di minimo asso-

1/x se x 1, 1[\{0}

0 se x = 0

−1

luto; 1 e sono punti di massimo relativo ma non assoluto.

3) f (x) = cos x; tutti i punti della forma 2kπ sono punti di mas-

simo assoluto, tutti i punti della forma (2k + 1)π sono punti di

minimo assoluto;

93 Lezioni 31-32

4) f (x) = [x] (parte intera). Tutti i punti x R sono punti di

∈ \

massimo relativo; tutti i punti x R Z sono punti di minimo

relativo;

|x|.

5) f (x) = Il punto 0 è l’unico punto di minimo (assoluto e

relativo); è anche un punto di cuspide;

|x −

6) f (x) = min{|x|, 2| + 1}. Il punto 0 è punto di minimo

assoluto; il punto 2 è punto di minimo relativo. Notare che la

funzione non è derivabile in 0 e 2.

≤ −1

x + 2 se x

−x −1 . La funzione non ha punti di

7) f (x) = se < x < 1

− ≥

x 2 se x 1 −1

massimo e minimo assoluti. 1 è punto di minimo relativo; è

punto di massimo relativo.

Esercizio. Determinare i punti di estremo relativo della funzione

2

4x se x Z

f (x) = ∈

4 se x Z.

x

Questa funzione è ottenuta ‘modificando’ in punti isolati la

2

funzione continua 4x , che ha un unico punto di minimo relativo

(e assoluto) x = 0. Notiamo che si ha

⇐⇒ −2

2 4

(a) 4x < x x < o x > 2;

⇐⇒ −2

2 4

(b) 4x > x < x < 2 e x = 0;

⇐⇒ −2,

2 4

x x = 2 o 0.

(c) 4x

Dunque (caso (c)) la funzione non viene modificata vicino ai

−2,

punti 0 e 2, e dunque 0 continua ad essere un minimo relativo,

±2

mentre non sono estremi relativi.

Lezioni 31-32 94

Nel caso (a) la funzione viene modificata nei punti x Z con

0

−2

< o x > 2 e per tali x si ha f (x ) > f (x) in un intorno

x

0 0 0 0

20 40

di x , dato che lim f (x) = 4x < x = f (x ). Dunque questi x

0 0 0

x→x

0

sono punti di massimo relativo. ∈ Z

Nel caso (b) la funzione viene modificata nei punti x

0

−2 ±1)

con < x < 2, x = 0 (ovvero x = e per tali x si ha

0 0 0 0

) < f (x) in un intorno di x , dato che lim f (x) = 4 > 1 =

f (x

0 0 x→±1

±1

f (±1). Dunque questi sono punti di minimo relativo.

±1

Riassumendo: 0, sono i punti di minimo relativo per f ;

±3, ±4, ±5, . . . sono i punti di massimo relativo.

Osservazione: nell’esercizio precedente abbiamo usato (per i punti

±1) il seguente ragionamento: “se si ha

) < lim f (x),

f (x

0 x→x

0

allora x è un punto di minimo relativo.”

0 ±3, ±4,

Analogamente (per i punti . . .): “se si ha

) > lim f (x),

f (x

0 x→x

0

allora x è un punto di massimo relativo.”

0

95 Lezioni 31-32

Punti stazionari

Nel caso di funzioni derivabili e punti di estremo relativo interni,

si è visto che la derivata deve annullarsi, ovvero la tangente es-

sere orizzontale (parallela all’asse delle x). Conviene dare una

definizione per quest’ultima proprietà.

⇐⇒

Def. x è punto stazionario di f f (x ) = 0.

0 0

2 , f (x) = 2x =⇒ 0 è l’unico punto stazionario

ESEMPI: 1) f (x) = x

(e di minimo assoluto)

3 2

2) f (x) = x , f (x) = 3x =⇒ 0 è l’unico punto stazionario (ma

non è punto di estremo relativo);

1

2 sin se x = 0

x 0 è punto stazionario.

3) f (x) = x

0 se x = 0.

→ ∈

Teorema. Sia f : [a, b] R e x (a, b) un punto di estremo

0

(x ); allora x è punto stazionario di

relativo per f in cui esiste f 0 0

f . ∃δ −δ

punto di min. rel.) > 0 tale che se x < x < x +δ,

Dim. (x

0 0 0

≤ −

0 se x δ < x < x

≥ 0 0

) 0. Quindi P (x, x )

allora f (x)−f (x

0 0

f ≥ 0 se x + δ > x > x .

0 0

± ≤

→ si ha f (x ) 0,

Dunque passando al limite per x x −

0 0

(x ) 0. Quindi deve essere f (x ) = 0.

f 0 0

+

Questo teorema ci dà una “ricetta” per la ricerca di estremi (rel-

ativi) ma solo in punti interni al dominio e in cui f è derivabile.

NOTA: abbiamo dimostrato qualcosa di più:

→ ∈

“Sia f : [a, b] R e x [a, b] un punto di estremo relativo per

0

f in cui esistono le derivate destra e/o sinistra.

≤ ≥

è punto di minimo relativo allora f (x ) 0, f (x ) 0;

(i) se x −

0 0 0

+

≥ ≤

(ii) se x è punto di massimo relativo allora f (x ) 0, f (x )

0 0 0

+

0.”

Lezioni 31-32 96

Esercizio. Verificare che queste condizioni sono soddisfatte dalle

funzioni negli esempi sopra.

Eercizio. Trovare estremi relativi e punti stazionari di

x |x − 1|.

f (x) = arcsin +

3

In questo caso la funzione è definita in [−3, 3], la sua derivata

è −

x 1

1 1

√ ·

f (x) = + |x −

− |x − 1|

2

9 x 2 1|

definita per x (−3, 3), x = 1. Per x > 1 la derivata è stretta-

mente positiva (somma di funzioni positive). Per x < 1 si scrive

1 1

√ −

(x) = ,

f −

− 2 2 1 x

9 x

> 0 se e solo se

e si ha f

√ − − 2

1 x > 9 x ,

2 − − −

− − 2 2

, cioè x 4x 5 = (x 5)(x + 1) > 0.

ovvero 4(1 x) > 9 x

−3 −1

Dunque f > 0 se < x < o 1 < x < 3 e f < 0 per

−1 < x < 1. −3

Dunque f ha due minimi relativi in x = e x = 1, e due

−1

punti di massimo relativo in x = e x = 3; inoltre f ha un

−1)

solo punto stazionario (x = (gli altri punti sono un punto di

= +∞).

cuspide (x = 1) e due punti con f

97 Lezioni 33-34

Lo studio di funzione

(informazioni deducibili da limiti e dalla derivata)

Possiamo riassumere parte di quello che abbiamo visto nelle ultime

lezioni come un ‘algoritmo’ per studiare le proprietà (ed eventual-

mente tracciare un grafico approssimato) di una funzione f di cui

si può calcolare la derivata.

1. Studio del dominio di f : suddivisione del dominio in intervalli.

Semplificazione del dominio usando simmetrie (parità o disparità

della funzione) o periodicità;

2. Andamento di f agli estremi degli intervalli di definizione: cal-

colo dei limiti e dei comportamenti asintotici; : suddivisione

3. Calcolo della derivata. Studio del dominio di f

del dominio in intervalli;

4. Studio del segno della derivata. Individuazione degli intervalli

di monotonia;

5. Classificazione di punti di discontinuità e di non-derivabilità;

individuazione di estremi relativi ed assoluti. |x|

x log .

Esempio. Studiamo la funzione f (x) = x +1

{x −1},

1. Dominio di f = = 0, che scriviamo come unione di

−1),

intervalli: (−∞, (−1, 0) e (0, +∞);

2. Calcolo dei limiti |x|

lim f (x) = lim log = +∞;

x→−∞ x→−∞ log(−x)

lim f (x) = lim 1 + x

x→−1 x→−1

Lezioni 33-34 98

log(1 y)

= lim = 1;

y

y→−0

|x|

x log |x|

lim x log = 0;

= lim

x + 1

x→0 x→0 |x|

lim f (x) = lim log = +∞.

x→+∞ x→+∞ −1

In particolare f è estendibile con continuità in e 0.

Inoltre si ha |x| − |x|

x log log

− |x|

log = lim = 0,

lim 1 + x 1 + x

x→±∞ x→±∞

|x| → ±∞;

e quindi f è asintotica a log per x

3. Calcolo della derivata: |x|

1 + x + log

f (x) = .

2

(1 + x)

è lo stesso di f ;

Il dominio di f

|x|+x+1

4. Si ha f > 0 se e solo se log > 0. Per x < 0 la funzione

|x| 1

(x) = + 1 da cui si deduce

g(x) = log + x + 1 ha derivata g x

−1)

che g è crescente in (−∞, e decrescente in (−1, 0), quindi ha

−1

massimo in x = e g(−1) = 0, quindi f = g < 0 per x < 0 e

−1;

x = |x| −x−1,

> 0 equivale a log >

Per x > 0 la diseguaglianza f

che si risolve ‘graficamente’. Usando il teorema degli zeri si ottiene

∈ = 0 e tale che f < 0 in

che esiste un punto α (0, 1) in cui f

(0, α) e f > 0 in (α, +∞). −1),

Dunque: f è strettamente decrescente in (−∞, in (−1, 0)

e in (0, α] (e la sua estensione per continuità è strettamente de-

crescente in (−∞, α]), e strettamente crescente in [α, +∞);

99 Lezioni 33-34

−1

5. Come abbiamo visto 0 e sono punti di discontinuità elim-

inabile. La funzione non ha punti di non-derivabilità ed ha un solo

punto di minimo assoluto α, che è anche il solo punto stazionario.

−1

Estendendo f con continuità in e 0, ponendo f (0) = 0 e

f (−1) = 1, calcolando la derivata in questi due punti si ha:

− |x|

f (x) f (0) log

|x| −∞,

(0) = lim log =

= lim = lim

f −

x 0 1+ x

x→0 x→0 x→0

e quindi x = 0 diventa un punto a tangente verticale, mentre

− |x| − −

f (x) f (−1) x log x 1

= lim

(−1) = lim = (H)

f 2

x +1 (1 + x)

x→−1 x→−1

|x|

log 1 1

= lim = (H) = lim = ,

2(1 + x) 2x 2

x→−1 x→−1

−1

e quindi anche la derivata si estende in ed è diversa da 0.

Osservazioni.

(a) A volte il dominio di f , o la sua suddivisione in inter-

> 0 o f < 0, non si calcolano esplicitamente, ma i

valli in cui f

teoremi che abbiamo a disposizione ci aiutano a descriverli qual-

itativamente. Nell’esempio sopra abbiamo usato il teorema degli

zeri per determinare il numero di intervalli in cui f > 0;

(b) Nell’esempio precedente lo studio del segno di f per x <

0 non può essere eseguito facilmente, ma dobbiamo studiare la

funzione g (in sostanza: per studiare f dobbiamo studiare prima

).

f

Lezioni 33-34 100

Esercizio. Studiare la funzione

1 x

− ,

g(x) = arctan 2

x 1 + x

e in seguito le funzioni 1

f (x) = x arctan x

e 1

− .

h(x) = (x 1) arctan |x − 1|

(Suggerimento: notare che f = g)

101 Lezioni 35-36

Derivate di ordini successivi

Def. Sia f derivabile sull’intervallo I. Se esiste la derivata della

→ (x) in x, allora (f ) (x) si dice la derivata seconda

funzione x f (2)

(x) o f (x).

di f in x, e si denota con f

Allo stesso modo si definiscono per induzione le derivate di ordine

(0) = f ;

k: la funzione derivata 0-ima di f si definisce ponendo f

∈ ∈

(k)

se è definita in ogni punto x I la derivata k-ima f R e

(k+1)

, si definisce f (x ) =

se ne esiste la derivata in un punto x

0 0

(k)

D(f )(x ).

0 ∈ k (I)

Def. Sia I intervallo. Definiamo per ogni k N l’insieme C

delle funzioni k volte derivabili su I tali che la derivata k-ima sia

una funzione continua. Quindi:

0 (I) è l’insieme delle funzioni continue su I;

C 1 (I) è l’insieme delle funzioni derivabili su I la cui derivata

C

è una funzione continua; ecc.

Si noti che valgono le inclusioni:

⊂ ⊂

⊂ 2 1 0

(I) C (I) C (I).

. . . C

Definiamo inoltre lo spazio delle funzioni la cui derivata k-ima

esiste per ogni k N:

∞ k

(I) = C (I).

C k∈N

NOTA: 1) le inclusioni sopra descritte sono strette. PER ES-

k

ERCIZIO: fornire un esempio di funzione in C (I) ma non in

k+1 (I);

C

2) l’esistenza della derivata k-ima implica la continuità della derivata

k 1-ima e quindi, per induzione, di tutte le precedenti;

Lezioni 35-36 102

3) i polinomi, gli esponenziali, i logaritmi, sin, cos,... sono funzioni

∞ . PER ESERCIZIO: calcolarne tutte le derivate;

C

4) dai teoremi di linearità delle derivate, si ha che per ogni k vale,

k

per induzione, il teorema di linearità per funzioni di classe C .

∈ k k

(I), allora anche f g C (I), e si ha

5) se f, g C

k k

(k) (n) (k−n)

(f g) = g ;

f

n

n=0 k k

è ancora C .

6) composizione di funzioni C

Proprietà deducibili da f

Vediamo per prima cosa un tipo di informazioni ‘locali’: noi sap-

, lı̀ il suo

piamo che se una funzione è derivabile in un punto x

0

grafico è simile a quello di una retta. Se una funzione è derivabile

due volte ci aspettiamo che il suo grafico sia simile a quello di

è un punto stazionario ci aspettiamo che il

una parabola, e se x

0

vertice della parabola sia proprio x , ovvero x sia un massimo o

0 0

minimo relativo. ∈ 1

Teorema. (criterio della radice seconda) Sia f C (I) e x

0

un punto stazionario di f . Se esiste f (x ) > 0 (risp. < 0), allora

0

x è un punto di minimo (risp. massimo) relativo per f .

0

f (x) f (x )

0

Dim. Si ha lim > 0, quindi esiste, per il Teo-

x x

x→x 0

0

f (x) f (x )

0

rema della permanenza del segno δ > 0 tale che =

x x

0

f (x) |x − | ∈]x −

> 0 per 0 < x < δ. Quindi per x δ, x [ si ha

0 0 0

x x

0

f (x) < 0, ovvero la funzione è decrescente in ]x δ, x [, mentre

0 0

∈]x , x +δ[ si ha f (x) > 0, ovvero la funzione è crescente in

per x 0 0

103 Lezioni 35-36

|x − |

]x , x + δ[. Questo mostra che f (x ) < f (x) per 0 < x < δ.

0 0 0 0

NOTA: questo teorema suggerisce un metodo per la ricerca di

punti di estremo relativo per funzioni due volte derivabili. Atten-

zione però : la condizione è solo sufficiente (si consideri la funzione

4 nel punto 0).

x è punto stazionario per f e f è monotona in un intorno

Def. Se x

0

, allora x si dice un punto di flesso a tangente orizzontale

di x

0 0 3

(per esempio: f (x) = x e x = 0).

è un punto di flesso a tangente orizzontale

Proposizione. Se x

0

ed esiste f (x ), allora f (x ) = 0.

0 0

≥ ≤

0 (oppure 0) =⇒ x è un punto di

Dim. f monotona =⇒ f 0

=⇒ f (x ) =

minimo relativo (oppure massimo relativo) per f 0

(f ) (x ) = 0.

0

Vediamo ora come dallo studio di f si deducano anche delle

informazioni ‘globali’, allo stesso modo in cui dallo studio della

derivata prima si deducono informazioni sulla monotonia.

Def. Una funzione f definita su un intervallo si dice convessa se

per ogni x, y e t (0, 1) si ha

− ≤ −

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

(diseguaglianza di convessità). Se vale sempre la diseguaglianza

oppost allora diremo che f è concava.

NOTA: il significato di questa diseguaglianza, letto sul grafico, è

il seguente: al variare di t tra 0 e 1 il punto z = ty + (1 t)x

prende tutti i valori tra x e y. Il valore tf (y) + (1 t)f (y) non

Lezioni 35-36 104

è altro che quello della retta secante il grafico nei punti relativi

a x e y corrispondente a z. Quindi: una funzione è convessa se il

segmento congiungente due punti del grafico non passa mai ‘sotto

il grafico’. |x|

2 , f (x) = sono convesse (provarlo: basta

Esempi. (1) f (x) = x

osservare i grafici). √

3 , f (x) = x non sono convesse. Per la prima

(2) f (x) = x −1

verificare che il segmento secante al grafico tra x = e x = 0 sta

sotto il grafico, per la seconda che il segmento secante al grafico

tra x = 0 e x = 1 sta sotto il grafico; √

3 non è ne’ concava ne convessa. f (x) = x è

(3) f (x) = x

concava.

NOTA: se f è derivabile, allora dire che f è convessa è equivalente

a dire che f è non decrescente. Si ha quindi il seguente criterio:

∈ 2

Teorema. (criterio di convessità) Sia I intervallo e f C (I).

Allora f è convessa in I se e solo se f 0, e f è concava in I se

≤ 0.

e solo se f

Come per i punti in cui cambia la monotonia, è utile avere

una notazione per i punti in cui f cambia da concava a convessa

o viceversa.

Def. Diciamo che x è un punto di flesso per f se f è derivabile

0 −

in x e se esiste un δ > 0 tale che f è concava in (x δ, x ) e

0 0 0

, x + δ), o viceversa.

convessa in (x

0 0

è un punto di flesso ed esiste f (x ) allora f (x ) =

NOTA: se x

0 0 0

0.

105 Lezioni 37-38

Esercizi. 3 2

+x è concava/convessa.

1. Determinare gli intervalli su cui f (x) = x

In questo caso la funzione è derivabile due volte, quindi la

≥ 0 e

domanda si traduce in determinare gli intervalli in cui f

f 0 rispettivamente.

Calcoliamo:

2

f (x) = 3x + 2x, f (x) = 6x + 2 = 2(3x + 1).

−1/3].

Dunque f è convessa su [−1/3, +∞) e concava su (−∞, In

particolare x = 1/3 è punto di flesso. −x

2 è concava/convessa.

2. Determinare gli intervalli su cui f (x) = e

Ancora, la funzione è derivabile due volte, quindi la domanda

≥ ≤

0 e f 0

si traduce in determinare gli intervalli in cui f

rispettivamente.

Calcoliamo:

−x −x −x

2 2 2

−2xe − −

2 2

f (x) = , f (x) = e (4x 2) = 2e (2x 1).

Dunque ≥ ⇐⇒ − ≥

2

f (x) 0 2x 1 0,

−1/ 2] e [1/ 2, +∞) e concava sull’intervallo

e f è convessa in (−∞,

√ √

√ ±1/

2, 1/ 2]. In particolare x = 2 sono punto di flesso.

[−1/ − |x −

3. Determinare gli intervalli su cui f (x) = 1 1| è convessa.

In questo caso la funzione non è derivabile due volte in 1,

mentre la funzione è affine (e quindi sia concava che convessa) in

(−∞, 1] e [1, +∞). Su tutto R la funzione è concava, quindi f è

convessa su ogni intervallo che non contiene 0.

Lezioni 37-38 106

4. Caratterizzare tutti gli intervalli [a, b] su cui

2 + 7x + 50

x

f (x) = 2

x + 7x + 49

è concava. 2

Notiamo che x + 7x + 49 > 0 per ogni x e quindi la funzione

è definita su tutto R. Inoltre è derivabile due volte; quindi la

≤ 0 su

funzione f è concava su un intervallo [a, b] se e solo f

[a, b].

Dopo aver semplificato

2 1

+ 7x + 50

x =1+ ,

f (x) = 2 2

x + 7x + 49 x + 7x + 49

calcoliamo: 2x + 7

f (x) = ,

2 2

(x + 7x + 49)

2 2

2(x + 7x + 49)

2(2x + 7)

(x) =

f 2 3

(x + 7x + 49)

− − −

2 2

+ 28x + 49 x 7x 49

4x

·

=2 2 3

(x + 7x + 49)

6 · 2

= (x + 7x).

2 3

(x + 7x + 49)

Quindi ≤ ⇐⇒ −7 ≤ ≤

(x) 0 x 0,

f

dunque f è concava in tutti gli intervalli [a, b] contenuti in [−7, 0].

5. Caratterizzare tutti gli intervalli [a, b] su cui

− |x −

f (x) = arctan π|

107 Lezioni 37-38

è convessa.

Consideriamo preliminarmente la funzione g(x) = arctan x,

che è derivabile due volte. Si ha −2x

1

g (x) = , g (x) = ,

2 2 2

1 + x (1 + x )

quindi ≥ ⇐⇒ ≤

g (x) 0 x 0,

ovvero g è convessa in (−∞, 0] e concava in [0, +∞).

|x|

Ne deduciamo quindi che la funzione arctan = g(|x|) è

concava sia in (−∞, 0] che in [0, +∞), ma non è concava in nessun

intervallo che contenga 0 come punto interno, e quindi anche che

− |x| −g(|x|)

la funzione arctan = è convessa sia in (−∞, 0] che

in [0, +∞), ma non è convessa in nessun intervallo che contenga

0 come punto interno. −g(|x−π|)

Concludiamo che la funzione f (x) = è convessa in

ogni intervallo [a, b] contenuto in (−∞, π] o in [π, +∞), ma non è

convessa in nessun intervallo che contenga π come punto interno.

6. Caratterizzare tutti gli intervalli [a, b] su cui

− − −

f (x) = (x 2)(x 3)(x 4)

è convessa.

In questo caso la funzione è derivabile due volte, quindi la

domanda si traduce in determinare gli intervalli in cui f 0.

Calcoliamo le derivate usando la regola

D(ghl) = ghl + gh l + g hl

Lezioni 37-38 108

(ottenuta applicando due volte la regola di derivazione di un prodot-

to): − − − − − −

(x) = (x 2)(x 3) + (x 2)(x 4) + (x 3)(x 4)

f

(x) = (x−2)+(x−3)+(x−2)+(x−4)+(x−3)+(x−4) = 6(x−3)

f ≥ 0 su [3, +∞) e gli intervalli [a, b] su cui f è convessa

dunque f

sono tutti quelli contenuti in [3, +∞). −

NOTA: alternativamente, si poteva porre y = x 3, per cui

3 y, la cui derivata

in queste variabili la funzione da studiare è y ≥

seconda è 6y, da cui si ottiene che la funzione è convessa per y 0,

− ≥ ≥

ovvero x 3 0, ovvero x 3, come sopra.

6. Caratterizzare tutti gli intervalli [a, b] su cui

2

x (x 5x + 8)

f (x) = e

è concava.

In questo caso la funzione è derivabile due volte, quindi la

≤ 0.

domanda si traduce in determinare gli intervalli in cui f

Calcoliamo

− −

2 2

x x

(x) = e (x 3x + 3), f (x) = e (x x).

f

Dunque ≤ ⇐⇒ ≤ ≤

(x) 0 0 x 1,

f

ovvero f è convessa in (−∞, 0] e [1, +∞), concava in [0, 1]. Dunque

f è concava su [a, b] se e solo se [a, b] [0, 1].

109 Lezioni 39-40

La formula di Taylor con resto di Peano

OSSERVAZIONE: se f è continua nel punto a possiamo scrivere

(ricordando la definizione di “o piccolo”) che

f (x) = f (a) + o(1) per x a;

se f è derivabile in a, per la definizione di differenziabilità si ha

− − →

f (x) = f (a) + f (a)(x a) + o(x a) per x a.

Vogliamo generalizzare questa formula a funzioni n volte deriv-

abili: il problema è trovare un polinomio P di grado n tale che si

possa scrivere − →

n

f (x) = P (x) + o(x a) per x a,

e se possibile esprimere P mediante le derivate di f in a fino

all’ordine n. ∈ ≥

Teorema. Siano n N, n 1 e f una funzione definita in un

intorno del punto a R e derivabile n volte in a. Allora esiste un

unico polinomio P di grado n tale che

− →

n

f (x) = P (x) + o(x a) per x a.

(k) (k)

P è caratterizzato da P (a) = f (a) per k = 0, . . . , n, ed è

quindi dato dalla formula

n (k)

f (a) − k

(x a) .

P (x) = k!

k=0

Questo polinomio viene detto polinomio di Taylor di f di ordine n

e di centro a.

NOTA: si ha quindi la formula

Lezioni 39-40 110

n (k)

f (a) − →

− k n

f (x) = + o(x a) per x a,

(x a)

k!

k=0

detta formula di Taylor con il resto di Peano. Questa formula è

di ESTREMA UTILITÀ nel calcolo dei limiti.

Dim. Possiamo supporre, mediante una traslazione, che a = 0.

Consideriamo il polinomio

n (k)

f (0) k ,

P (x) = x

k!

k=0 −

f (x) P (x)

e calcoliamo il limite lim .

n

x

x→0

Questa è una forma indeterminata 0/0 Possiamo applicare l’Hopital,

ottenendo l’equivalenza con il limite

f (x) P (x)

lim .

n−1

nx

x→0 − 1

Se n = 1 questo limite è uguale a 0 e quindi f P = o(x ) per

x 0. Altrimenti si ha di nuovo una forma indeterminata 0/0, e

si può ri-applicare l’Hopital, ottenendo l’equivalenza con il limite

(2) (2)

f (x) P (x) ...

lim − n−2

n(n 1)x

x→0

In generale, si applica l’Hopital n volte, ottenendo alla fine l’equiva-

lenza con il limite

(n) (n)

f (x) P (x) = 0.

lim n!

x→0 − n

Dunque f P = o(x) .

Dalla applicazione dell’Hopital vista sopra si ha che se Q =

n ≤

k (k)

c x è un polinomio di grado n e si ha c = f (0)/k!

k k

k=0

111 Lezioni 39-40

∈ {0,

per qualche k . . . , n}, allora, posto m = min{k : c =

k

(k)

f (0)/k!, si ha

f (x) Q(x) = (H) = . . . = (H) =

lim n

x

x→0 −

(m) (0) c m!

f m = 0,

= − − n−m

n(n 1) . . . (n m + 1)x

− n

e quindi f Q = o(x) . Dunque il polinomio P è univocamente

determinato.

L’operazione che associa ad una funzione f n-volte derivabile

in un punto a il suo polinomio di Taylor di ordine n viene indicata

n . Per lo più avremo a che fare con a = 0, nel qual

con il simbolo T a

caso ci “dimenticheremo” dell’indice 0.

Per esempio: 0 0 0 2 3

e e x

e x

3 0 2 3

T (exp) = e + + = 1 + x +

x + x x + ;

0 1! 2! 3! 2 6

− 3

cos 0 cos 0 sin 0 x

sin 0

4 2 3 4

(sin) = sin 0+ + + = x−

T x+ x x x .

0 1! 2! 3! 4! 6

OSSERVAZIONE IMPORTANTE (per il calcolo):

n n n

(f + g) = T f + T g;

1) T a a a

·

n n n n

2) T (f g) = T (T f T g);

a a a a

◦ ◦

n n n n

3) T (g f ) = T (T g T f ).

a a a

(a)

f − n

(notare che se P è polinomio in (x a), allora l’operazione T a

corrisponde a “troncare” P al grado n). Infatti si verifica subito

che le derivate k-ime dei secondi membri delle equaglianze sono

quelle richieste, per k = 1, . . . , n.

Lezioni 39-40 112

Polinomi di Taylor elementari

(da imparare A MEMORIA, e da verificare calcolando le derivate

in 0)

n k

x

n ;

(exp)(x) =

T k!

k=0

n 2k

k

(−1) x

2n 2n+1

(cos)(x) = T (cos)(x) = ;

T (2k)!

k=0

n 2k+1

k

(−1) x

2n+1 2n+2

(sin)(x) = T (sin)(x) =

T ;

(2k + 1)!

k=0

n k+1 k

(−1) x

n (log(1 + x)) = ;

T k

k=1

n 2k+1

k

(−1) x

2n+1 (arctan)(x) = ;

T (2k + 1)

k=0

n

−1

n k

((1 x) )= z ;

T k=0

1 α

((1 + x) ) = 1 + αx;

T 1

3 4 3

T tan x = T tan x = x + .

x

3

ESEMPI: 1) Calcoliamo il polinomio di Taylor di ordine 2 e centro

0 della funzione 

 sin 3x ∈ − 1 1

,

log se x

3x 3 3

f (x) =  0 se x = 0.

113 Lezioni 39-40

Ricordando che si ha 9

− 3 3

sin 3x = 3x + o(x )

x

2

e che log(1 + y) = y + o(y), si ha

3 3

sin 3x − −

2 2 2 2

= log(1 x x

+ o(x )) = + o(x ),

log 3x 2 2

ovvero 3

2 2

x

f (x) = .

T 2

1bis) Calcolare il limite 1

sin 3x x sin 2x .

lim 3x

x→0+

Possiamo scrivere in forma esponenziale

1

1 sin 3x

sin 3x x sin 2x = exp log .

3x x sin 2x 3x

Il limite dell’esponente (ricordando il limite fondamentale di sin y/y

e l’esempio 1)) vale

3

1 sin 3x 1 3

− −

2 2

lim log + o(x ) =

= lim x .

2 2

2x 3x 2 2x 4

x→0+ x→0+

−3/4 .

Dunque il nostro limite vale e

Lezioni 39-40 114

3) Calcoliamo il polinomio di Taylor di ordine 6 in 0 della funzione

2 2

) x cos x.

f (x) = log(1 + x

Ricordiamo che 1

1

− 2 3 3

+ + o(z )

z z

log(1 + z) = z 2 3

e che 1

1

− 2 4 4

+ + o(x )

x x

cos x = 1 2 24

per cui 1 1

2 2 4 6 6

log(1 + x ) = x + + o(x )

x x

2 3

e anche 1 1

2 2 4 6 6

x cos x = x + + o(x ).

x x

2 24

Quindi si ha

1 1 7

− 6 6 6 6

f (x) = x x

+ o(x ) = + o(x ),

3 24 24

e dunque

1 7

1

6 6 6

f (x) = = .

T x x

3 24 24

2bis) Calcoliamo il limite −

2 2

x cos x log(1 + x ) .

L = lim 2 4

7x tan(x )

x→0+

Ricordando che 4

tan x tan x

= lim = 1,

lim 4

x x

x→0 x→0

115 Lezioni 39-40

il limite è uguale a −

2 2

x cos x log(1 + x ) .

lim 6

7x

x→0+

Per l’esempio 2) si ha quindi

1 1

7 −

− 6 6

+ o(x ) =

L = lim x .

6

7x 24 24

x→0+

PER ESERCIZIO: risolvere i limiti negli esempi con la regola

dell’Hopital.

4) Calcolare il limite

√ 3

− 3

x sin(x )

2 2

√ .

L = lim −

(x sin x) x

2

x→0+

Per prima cosa semplifichiamo il limite ricordandoci che sin x =

1

− 3 3

x + o(x ), per cui

x 6

√ 3

− 3

x sin(x )

2 2

√ .

L = 6 lim 3

x x

2

x→0+ √ x.

Per avere solo potenze intere cambiamo variabile ponendo y =

Il limite diventa

3

sin(y )

− 3

1

− 3

3

y sin(y ) 3

y

= 6 lim

lim 6 6

y y y

y→0+ y→0+

− sin t

3

1 t

= 6 lim 2

t

t→0+

Lezioni 39-40 116

3

(abbiamo usato il cambiamento di variabili t = y ). Si ha

− 16 3 3

t + o(t )

t 1

sin t − 2 2

= = 1 t + o(t )

t t 6

√ 1

1/3

3

e 1 + z = (1 + z) = 1 + z + o(z), per cui

3

sin t 1 1

− − 2 2

3 3 2 2

1 + o(t ) = 1 + o(t ).

= t t

t 6 18

Dunque

− sin t

3

1 t

L = 6 lim 2

t

t→0+

1 2 2

t + o(t ) 1

18

= 6 lim = .

2

t 3

t→0+

ESEMPIO (Criterio della derivata n-ima). Sia f n volte deri-

vabile in a, e supponiamo che

(2) (n−1)

(a) = f (a) = . . . = f (a) = 0.

f

Il Teorema sui polinomi di Taylor ci assicura che f si comporta

(n) n

(a)(x a) nel senso che

allora come f (n)

f (a) −

− n n

f (x) = f (a) + + o(x a) .

(x a)

n!

(n)

Dunque se n è pari e f (a) < 0 si ha un punto di massimo

(n) (a) > 0 si ha un punto di

relativo per f in a; se n è pari e f

minimo relativo per f in a.

(n) (a) < 0 f è strettamente decrescente in

Se n è dispari e f (n) (a) > 0 f è strettamente

un intorno di a; se n è dispari e f

crescente in un intorno di a.

117 Lezioni 39-40

Il resto di Lagrange nella formula di Taylor

Sia f n+1 volte derivabile in un intervallo I e a I. Allora usando

∈ ∈]a,

il Teorema di Cauchy si dimostra che se x I, esiste ξ x[ tale

che si ha (n+1)

f (ξ) −

n n+1

f (x) = T f (x) + ,

(x a)

a (n + 1)!

ovvero il resto della formula di Taylor si può esprimere nella forma

(detta di Lagrange) (n+1)

f (ξ) − n+1 .

(x a)

(n + 1)!

Possiamo finalmente calcolare la somma di alcune serie notevoli

che abbiamo già enunciato in precedenza.

x . Allora la formula di Taylor

ESEMPI: 1) Consideriamo f (x) = e

con il resto di Lagrange diventa (per a = 0)

n k n+1

x x

x ξ

e = + e ,

k! (n + 1)!

k=0

da cui

n |x|

k n+1

x |x|

| ≤

|e

x e .

k! (n + 1)!

k=0

|x|

n+1

Dato che lim = 0, abbiamo

(n + 1)!

n→∞ ∞

k

x

x = .

e k!

k=0

Lezioni 39-40 118

2) Consideriamo f (x) = log(1 + x). Allora la formula di Taylor

con il resto di Lagrange diventa (per a = 0)

n k n n+1

x x

(−1)

k+1

log(1 + x) = (−1) + .

n+1

k (1 + ξ) n + 1

k=1

Quindi, se 0 x < 1

n |x|

k n+1

x |≤

| − k+1

(−1) ,

log(1 + x) k n +1

k=1

|x|

n

e, dato che lim = 0, si ha infine

n

n→∞ ∞

k

x

k+1

(−1)

log(1 + x) = .

k

k=1

119 Lezioni 41-42

Esercizi su polinomi di Taylor

Calcolare i seguenti polinomi di Taylor con centro in 0, usando

ove possibile i polinomi di Taylor noti e le operazioni su polinomi

di Taylor.

1

3 .

1. Calcolare T cos 2x

Usiamo i polinomi di Taylor noti:

1 1

3 2 3 3 2

+ y , T cos z = 1 ,

= 1 + y + y z

T −

1 y 2

3 2

cos 2x = 1 2x ,

per cui T

1 1

3 3

T = T − 2

cos 2x 1 2x

3 2 2 2 2 3 2

= T (1 + (2x ) + (2x ) + (2x ) ) = 1 + 2x .

−2x

2x

e + e

4

2. Calcolare T .

2 4 cosh 2x. Cogliamo

La domanda si scrive anche: calcolare T

n cosh y. Dato che

l’occasione per calcolare T

n n n k

1 1 (−1)

−z

n z k n k k

e = , T e = = ,

z (−z) z

T k! k! k!

k=0 k=0 k=0

−z

n z n

calcolando T e + T e , i termini di grado dispari si elidono, per

cui rimangono solo quelli di grado pari. Dividendo per 2 si ottiene

n 1

2n 2n+1 2k

cosh z = T cosh z = z

T (2k)!

k=0

Lezioni 41-42 120

2n z

(ovvero i termini pari di T e ). Lo stesso tipo di calcolo ci mostra

che

n 1

2n+1 2n+2 2k+1

T sinh z = T sinh z = z

(2k + 1)!

k=0

2n+1 z

(ovvero i termini dispari di T e ).

Tornando al nostro esercizio, si ha

2 1 1 1 2

4 2k 2 4 2 4

cosh 2x = = 1+ + = 1+2x + .

(2x) (2x) (2x) x

T (2k)! 2 24 3

k=0

1 + 2x

3 log .

3. Calcolare T −

1 3x

Scriviamo

1 + 2x − −

= log(1 + 2x) log(1 3x).

log −

1 3x

Usando lo sviluppo 2 3

y y

3 log(1 + y) = y

T + ,

2 3

otteniamo (y = 2x) 2 3

(2x) 8

(2x)

− −

3 2 3

log(1 + 2x) = 2x + ,

+ = 2x 2x x

T 2 3 3

−3x)

e (y = 2 3

(−3x) 9

(−3x) −3x −

− −3x − −

3 2 3

+ = x

log(1 3x) = 9x .

T 2 3 2

Si ha quindi

1 + 2x − −

3 3 3

log log(1 + 2x) T log(1 3x)

= T

T −

1 3x

121 Lezioni 41-42

8 9 5 35

− − − −

2 3 2 3 2 3

= (2x 2x + ) (−3x 9x ) = 5x + + .

x x x x

3 2 2 3

− −

4 x

4. Calcolare T (x 5) log(e x).

Si ha 2 3 4 2 3 4

x x x x x x

− −

4 x

(e x) = 1 + x + + + x =1+ + + .

T 2 6 24 2 6 24

Dato che in questo polinomio non compare x, basta considerare

lo sviluppo fino all’ordine 2 di log(1 + y): 2

y

2 .

log(1 + y) = y

T 2

Abbiamo 2 3 4

x x x

4 4

x

log(e x) = T log(1 + + + )

T 2 6 24

2 3 4 2 3 4 2

x x 1 x x

x

x − 4

+ + T + +

= 2 6 24 2 2 6 24

2 3 4 2 3 4

x x

x x 1 x x

− −

4

= =

+ + x + .

2 6 24 8 2 6 12

Moltiplicando per (x 5) otteniamo

3 4 5 2 3 4

x x x x x

x − − −

+ 5( + )

2 6 12 2 6 12

5

1 7 x

5 − −

− 2 3 4

+

x x x ,

= 2 3 12 12

e quindi il polinomio cercato si ottiene eliminando il termine in

5 , ovvero

x 5 1 7

− − − −

4 2 3 4

x

(x 5) log(e x) = + .

x x x

T 2 3 12

Lezioni 41-42 122

3

5. Calcolare T (2x + 5) 1 + sin x.

3 1/2

Calcoliamoci T 1 + y. Se f (y) = 1 + y = (1+y) allora

si ha 1 1 3

−1/2 −3/2 −5/2

f (1+y) (1+y) (1+y)

(y) = , f (y) = , f (y) = ,

2 4 8

e 1 1 3

(0) = (0) = (0) =

, f , f .

f (0) = 1, f 2 4 8

Dunque 1 1

3 2 3

T 1 + y = f (0) + f (0)y + (0)y + (0)y

f f

2 6

1 1

1

− 2 3

= 1 + + .

y y y

2 8 16

Ricordando che 1

3 3

sin x = x ,

x

T 6

si ha √ 1 1 1

1 −

3 3 2 3

T 1 + sin x = 1 + ) +

(x x x x

2 6 8 16

2 3 3

(nei termini y e y possiamo tralasciare il termine in x perche’

viene sempre moltiplicato almeno per x e quindi da’ termini al-

meno di grado 4) 1 1

1 −

− 2 3

= 1 + .

x x x

2 8 48

Moltiplicando per (2x + 5) si ha quindi

1 1 1 1

1

− −

2 3 4 2 3

2x + x + + 5 1 + +

x x x x x

4 24 2 8 48

123 Lezioni 41-42

9 17 1

3 −

2 3 4

= 5 + + .

x + x x x

2 8 48 24

4 si ottiene il polinomio voluto, ovvero

Eliminando il termine in x

√ 3

9 17

3 2 3

x + x x

(2x + 5) 1 + sin x = 5 + .

T 2 8 48

. Esercizi su punti di flesso

1. Trovare i punti di flesso di f (x) = arctan(1 + x) + 3|x|.

La funzione non è derivabile in x = 0 e quindi qui non am-

mette flesso. Negli altri punti 1 x

(x) = +3

f .

|x|

2

1 + (1 + x)

e −2(1 + x)

(x) = .

f 2 2

(1 + (1 + x) )

−1,

Dunque f cambia segno per x = dove ha il suo unico flesso.

Notare che f è concava in (−1, 0) e in (0, +∞) ma non in (−1, +∞).

x

2. Trovare i punti di flesso di f (x) = .

log 3x

La funzione è definita per x > 0 e x = 1/3. Negli altri punti

è derivabile due volte e 1

± −

f (x) = (log(3x) 1)

2

log (3x)

(il segno su (0, 1/3), + su (1/3, +∞)) e

2 log(3x)

±

f (x) = .

3

x log (3x)

Lezioni 41-42 124

Dunque f cambia segno per log 3x = 2, ovvero per

2

e

x = ,

3

dove ha il suo unico flesso. x + 2

e .

3. Trovare i punti di flesso di f (x) = x

e + 7

La funzione è derivabile due volte e si ha x

5e

5

− , f (x) = ,

f (x) = 1 2

x x

e +7 (e + 7)

x x

(7 e )

e

·

(x) = 5

f 3

x

(e + 7)

x

Dunque f cambia segno per e = 7, ovvero per x = log 7, dove

ha il suo unico flesso.

x + 3 .

4. Trovare i punti di flesso di f (x) = 5x + arctan x +1

−1,

La funzione è definita per x = ed è due volte derivabile.

Si ha 2

(x) = 5 ,

f 2 2

(x + 1) + (x + 3)

x +2

·

f (x) = 8 .

2 2 2

((x + 1) + (x + 3) )

−2,

Dunque f cambia segno per x = dove ha il suo unico flesso.

Cognome e nome: Braides Tauraso

Analisi Matematica I (Ingegneria Informatica) Corso: −0.5

Prima Prova Intermedia (25/10/2001) - Risposta esatta: 3 punti, errata: punti, vuota: 0 punti.

s 1 −

1. Il dominio della funzione f (x) = 1 è

log x

y \ {1} \ {1}

A : (1, e] B : (0, e) C : (0, e) D : (0, e] E : (0, e]

!

|x| è

2. Il dominio della funzione f (x) = arcsin −

3 x

y

32 32

32

\ {3}

A : R B : (−∞, 3) C : [− , ] D : (−∞, ] E : [−1, 1]

! )

( π ∈

3. Il minimo dell’insieme sin : x R

1 + 3|x|

y 1

−1

A : è B : non esiste C : è 0 D : è 1 E : è 3

n o

−4|x| ∈

4. L’estremo superiore dell’insieme log 2 + e : x R è

y

A :0 B :1 C : log 3 D : e E : log 4

3 3

(x + 2) x y

2

5. lim = A : non esiste B : +∞ C : 0 D : E : 2

3

2 2

3x + sin(x )

x→+∞ y

q 2 3

− −2 −1

6. lim x x + 2x + 4 log(1 + x ) = A : +∞ B : 1 C : D : E : 0

x→+∞ 2x

3x x log x + e y 23 3

−1 −

7. lim = A : B : +∞ C : 0 D : E : 2

−3x

2x + x log x + e

x→+∞

2 −

x + 3x 4 y

4 32 5

8. lim = A :1 B : C : D : E :0

3 4

2 −

x + 2x 3

x→1 2x 2

log(e + 4x ) y 2

4 12

− −1

D : E :

9. lim = A :0 B : C : 3

3

2 −

sin(3x 4x)

x→0 sin(π cos x) y 1 π

π B : C : 1 D : +∞ E :

10. lim = A : √

2 3

2 2

x

x→0

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

A A A A A A A A A A

B B B B B B B B B B

C C C C C C C C C C

D D D D D D D D D D

E E E E E E E E E E


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AUTORE

Sara F

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DETTAGLI
Esame: Analisi 1
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria informatica
SSD:
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 Analisi 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Napoli Federico II - Unina o del prof Fusco Nicola.

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