Teoremi Analisi matematica II

Teorema di Fermat ′

⇒ (x ) = 0.

Se punto di Max o di Min ed è derivabile in

x f x f

0 0 0

Osservazioni: ′ (x ) = 0

si tratta di una condizione necessaria ma non sufficiente, infatti può anche accadere che f

⋆ 0

eppure non è un punto estremo, cioè di Max o di Min, ma di flesso a tangente orizzontale;

x

0

in altre parole nelle ipotesi del teorema è vero che tutti i punti estremi sono stazionari, ma esistono anche

⋆

alcuni punti stazionari che non sono punti estremi.

Nel caso che una delle ipotesi non sia verificata, come la derivabilità in si potrebbe avere ancora un

x ,

⋆ 0

punto di Max o di Min senza che sia verificata la tesi del teorema.

1

0

-1

-2

-3 Prof. P. Terrecuso Teoremi di funzioni derivabili – 7 / 30

Teorema di Rolle

f : [a, b] →

Sia R

Ipotesi:

f (x) [a, b]

funzione continua in

⋆ f (x) (a, b)

derivabile in

⋆ f (a) = f (b)

e assume valori uguali

⋆

Tesi: x (a, b),

esiste almeno un punto critico o stazionario interno ad cioè un punto

⋆ 0

′

x ∈ (a, b) (f (x ) = 0).

la cui derivata si annulla

0 0

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Teorema di Rolle ′

(x) [a, (a, ∧ (a) = (b) ⇒ ∃x ∈ (a, : (x ) = 0

Se cont. in e deriv. in

f b] b) f f b) f

0 0

significato geometrico

⋆

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4

Verifica del teorema di Rolle

2

= 1 − [−1, 1]?

La funzione soddisfano le condizioni del teorema di Rolle nell’intervallo

y x

In caso affermativo calcolare l’ascissa del punto che verifica il suddetto teorema.

c

2 2

y − x

= 1

1

−2 −1 1 2 3

−1

−2

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Teorema di Weierstrass

f : [a, b] →

Sia R

Ipotesi:

f (x) [a, b]

funzione continua in

⋆

Tesi: f (x) (M ) (m) [a, b],

allora assume massimo e minimo nell’intervallo cioè esistono

⋆

x , x ∈ [a, b]tali che:

m M ∀x ∈ [a, b] f (x ) ≤ f (x) ≤ f (x )

si abbia m M

dove f (x ) = m f (x ) = M

m M

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5

Teorema di Rolle: dimostrazione. [a,

In virtù del Teorema di Weierstrass la funzione sull’intervallo ammette massimo e minimo

b]

⋆

assoluti (che indichiamo rispettivamente con e

M m). (a) = (b)

Il massimo e il minimo sono entrambi raggiunti negli estremi e quindi poiché

Caso 1) f f

=

ne segue che M m. [a,

Questo implica che la funzione è costante sull’intervallo e quindi la derivata è nulla in

b]

(a,

ciascun punto dell’intervallo

c b).

Il massimo o il minimo sono raggiunti all’interno dell’intervallo. Per fissare le idee,

Caso 2) (a,

consideriamo il caso in cui il massimo è raggiunto in un punto dell’intervallo aperto

c b),

(c) =

cioè f M.

Dunque per il Teorema di Fermat sui punti stazionari la derivata è nulla nel punto c.

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Verifica del teorema di Rolle

3

= − [0, 1]?

La funzione soddisfano le condizioni del teorema di Rolle nell’intervallo

y x x

In caso affermativo calcolare l’ascissa del punto che verifica il suddetto teorema.

c

3 3

y x − x

=

2

1

−2 −1 1 2 3

−1

−2

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6

Teorema di Lagrange

Ipotesi:

f (x) [a, b]

funzione continua in

⋆ f (x) (a, b)

derivabile in

⋆

Tesi: x (a, b)

esiste almeno un punto appartenente ad per cui:

⋆ 0 f (b) − f (a)

′

f (x ) =

0 b − a

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Teorema di Lagrange (b) − (a)

f f

′

(x) [a, (a, ⇒ (x ) =

Se cont. in e deriv. in

f b] b) f

⋆ 0 −

b a

significato geometrico

⋆ (a) = (b)

se si ricade nel Teorema di Rolle.

⋆ f f

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Verifica del teorema di Lagrange

3

= [−1, 1]?

La funzione soddisfano le condizioni del teorema di Lagrange nell’intervallo

y x

In caso affermativo calcolare l’ascissa del punto che verifica il suddetto teorema.

c

2

1

−2 −1 1 2

−1 3

y x

=

−2

−3

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7

Teorema di Lagrange: dimostrazione. (b) − (a)

f f

′

(x) [a, (a, ⇒ (x ) =

Se cont. in e deriv. in

f b] b) f

⋆ 0 −

b a

(b) − (a)

f f

Sia

⋆ = (a) + (x −

y(x) f a)

−

b a

(a)), (b))

l’equazione della retta passante per i punti A(a, f B(b, f

Vale che: (b) − (a)

f f (a − = (a)

= (a) + a) f

y(a) f −

b a

(b) − (a)

f f

= (a) + (b − = (a) + (b) − (a) = (b)

y(b) f a) f f f f

−

b a

= (x) −

Quindi posta la funzione cont. e deriv. questa si annulla nei punti e

h(x) f y(x), a b:

= (a) − = 0 = (b) − = 0

h(a) f y(a) h(b) f y(b)

Per il teorema di Rolle ′

∃ ∈ (a, : (x ) = 0

x b) h

0 0

′ ′ ′ ′ ′

(x ) = (x ) − (x ) = 0 =⇒ (x ) = (x )

h f y f y

0 0 0 0 0

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Verifica del teorema di Lagrange

3

= − [−2, 1]?

La funzione soddisfano le condizioni del teorema di Lagrange nell’intervallo

y x x

In caso affermativo calcolare l’ascissa del punto che verifica il suddetto teorema.

c

6

5

4 3

y x − x

=

3

2

1

−3 −2 −1 1 2 3

−1

−2

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8

Teorema di Cauchy

Ipotesi:

f (x) g(x) [a, b]

e funzioni continue in

⋆ ′

f (x) g(x) (a, b) g (x) 6 = 0 (a, b)

e derivabili in con in

⋆

Tesi: c [a, b]

esiste almeno un punto interno all’intervallo in cui

⋆ ′ f (b) − f (a)

f (c) = .

′

g (c) g(b) − g(a)

Osservazione:

′ (x) 6 = 0 (a, 6 =

la condizione in garantisce che infatti se così non fosse potrei applicare

g b) g(b) g(a),

Rolle a e ottenere che annulli in qualche punto contrariamente all’ipotesi.

g(x) g(x)si

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Teorema di Cauchy: dimostrazione. ′

(x) [a, (a, (x) 6 = 0 (a, ⇒

Se e cont. in e deriv. in con in

f g(x) b] b) g b)

⋆ ′ (c) (b) − (a)

f f f

⇒ = .

′ (c) −

g g(b) g(a) [a,

Sia la funzione di variabile reale definita nell’intervallo come

⋆ h(t) b]

= [f (b) − (a)]g(t) − [g(b) − (t)

h(t) f g(a)]f

[a, (a,

Questa funzione è continua nell’intervallo e derivabile in e

b] b),

= (b)g(a) − (a) =

h(a) f g(b)f h(b). ∈ (a,

La funzione soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle, per cui esiste un punto in cui

h(t) c b)

′ (c) = 0, cioè

h ′ ′

[f (b) − (a)]g (c) − [g(b) − (c) = 0,

f g(a)]f

da cui la tesi.

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9

Regola di de l’Hôpital

La regola di de l’Hôpital utilizza le derivate per il calcolo di limiti di forme indeterminate,

tipicamente del tipo ∞

0 e

0 ∞ [0 · ∞],

La regola può essere utile anche per trattare forme indeterminate del tipo come

∞ 0 0

[1 ], [0 ], [∞ ], [∞ − ∞]

anche e

Nella sua forma più semplice la regola afferma che se

lim f (x) = lim g(x) = 0 lim f (x) = ±∞ lim g(x) = ±∞

oppure

x→c x→c x→c x→c

′ ′

lim f (x)/g (x)

ed esiste x→c ′

f (x) f (x)

lim = lim .

allora ′

g(x) g (x)

x→c x→c

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Teorema di de l’Hôpital

Date due funzioni reali di variabile reale e

f g

continue e derivabili in tutti i punti di un intorno del punto (finito o infinito) escluso al più stesso,

I c c

⋆ ′ (x) 6 = 0 ∈

se per ogni tranne al più il punto

g x I c,

⋆ ∈ ∪ {±∞}

se esiste un tale che

L

⋆ R ′ (x)

f

lim = L

(x)

g ′

x→c

e se

⋆ lim (x) = lim = 0

f g(x)

x→c x→c

oppure lim (x) = ±∞ lim = ±∞

f g(x)

x→c x→c

allora

⋆ ′ (x)

(x) f

f = lim =

lim L.

(x)

g(x) g ′

x→c

x→c

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Quando de l’Hôpital non si può applicare

2x + senx

cosx lim

lim x x

x→+∞

+

x→0

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10

de l’Hôpital iterato... 5

x − senx + x

lim 3

x

x→0

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Teorema di de l’Hôpital: dimostrazione

Dimostrazione di un caso particolare del teorema di de l’Hôpital facendo uso del teorema

di Cauchy: 0

f (x) = .

lim g(x) 0

+

x→x 0

∃ c [x , x]

Per il teorema di Cauchy, interno all’intervallo tale che

0

′ f (x) − f (x )

f (c) 0

=

′

g (c) g(x) − g(x )

0

′

f (c )

f (x) x

= ′

g(x) g (c )

x ′

f (x) f (c )

x

lim = lim .

′

g(x) g (c )

+ +

→x

x→x c x

x

0 0

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Limiti notevoli x

1 a bx

1

ab θ

1+ 1+

lim = e lim = e lim (1 + θx) = e

x

x x

x→±∞ x→±∞ x→0

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Limiti notevoli ln(1 + x)

1

log (1 + x)

a = log e = lim =1

lim a

x ln a x

x→0

x→0