(Gli argomenti di questo paragrafo non sono in programma).
Torniamo all’enunciato del Teorema di Taylor 6.3 con il resto nella forma di Lagrange: per ogni x nell’intervallo in cui la funzione `e definita (anche se x `e ‘lontano’ da x0) esiste un opportuno c (compreso
tra x0 e x) per cui vale lo sviluppo
f (x) = Pn−1(x) + Rn−1 (6.31)
dove Rn−1 `e il resto nella forma di Lagrange
1 n!f
n(c)(x − x
0)n (6.32)
Ora fissiamo x in I. Se, al tendere di n all’infinito, il termine complementare (il resto) tende a zero: lim
n→+∞[f (x) − Pn−1(x)] =n→+∞lim Rn−1= 0 (6.33)
allora possiamo concludere - per definizione di somma di una serie numerica - che f (x) `e la somma della serie di potenze (‘polinomio infinito’)
+∞ X n=0 1 n!f n(x 0)(x − x0)n (6.34) e quindi scriveremo: f (x) = +∞ X n=0 1 n!f n(x 0)(x − x0)n (6.35)
In questo caso, diremo che la funzione f `e sviluppabile in serie di Taylor nell’intervallo I.
Occorre stare attenti. Se la funzione f ha derivate di ogni ordine su un intervallo I dell’asse reale e x0 appartiene a I, non `e detto che per ogni x in I valga6.35, cio`e non `e detto che per ogni x la serie di
Taylor di f - centrata in a - sia convergente e converga proprio a f (x). Ad esempio, la funzione f (x) = 1
1 − x ha derivate di ogni ordine in (−∞, 1) ∪ (1, +∞). La sua serie di Taylor centrata in x0 = 0 `e
+∞
X
n=0
(Dimostrarlo). Per`o solo nell’intervallo −1 < x < 1 vale lo sviluppo 1 1 − x = +∞ X n=0 xn= 1 + x + x2+ x3+ · · · + xn+ · · ·
mentre la serie non converge se |x| > 1. (Si tratta della serie geometrica di ragione x).
Le funzioni ex, sin x e cos x sono invece sviluppabili in serie di Taylor su tutto l’asse reale, come vedremo nei prossimi paragrafi.
La serie esponenziale Applichiamo la formula di Taylor
f (x) = f (x0) + f0(x0)(x − x0) + f00(x0) 2! (x − x0) 2+ · · · + f(n−1) (n − 1)!(x0)(x − x0) n−1+f(n)(c) n! (x − x0) n (6.36)
alla funzione esponenziale f (x) = ex, x ∈ R. Poich´e Dex = ex, per ogni intero positivo n si ha Dn(ex) = ex. In x0 = 0 abbiamo allora, per ogni n,
f(n)(0) = 1 (6.37)
Quindi la formula di Taylor d`a questo risultato: Comunque si fissi un numero x ∈ R, e per ogni numero naturale n, esiste un numero ξ, compreso tra x e 0, per il quale vale lo sviluppo:
ex = 1 + x +x 2 2! + x3 3! + · · · + xn−1 (n − 1)!+ xn n!e ξ (6.38)
Ora dimostriamo che, se x resta fisso e n tende a +∞, il resto Rn=
xn n!e
ξ tende a zero.
Dimostrazione. Fissiamo, in modo arbitrario, un numero x in R e numero naturale n. Il teorema di Taylor assicura che esiste un numero ξ, compreso tra 0 e x, per il quale vale6.38. Sia nel caso x < ξ < 0 che nel caso 0 < ξ < x, vale | ξ |<| x | e quindi
eξ ≤ e|ξ|< e|x|
Dunque esiste una costante M = e|x|tale che, qualunque sia il numero naturale n, per il numero ξ che compare in
6.38vale la disuguaglianza
eξ < M (6.39)
Si dimostra facilmente che, per ogni x fissato, la successione x
n
n! tende a zero
20 per n che tende a +∞:
lim
n→+∞
xn
n! = 0 (6.40)
20
Dimostriamo che lim
n→+∞ xn n! = 0. Poniamo an= | x |n n! Sia m il pi`u piccolo intero tale che | x |
m + 1≤ 1 2. Allora am+1= | xm+1| (m + 1)!= | x | m + 1 | xm| m! ≤ 1 2am
Iterando, abbiamo allora am+2≤ am(
1 2)
2
e in generale, per ogni h, am+h≤ am(
1 2)
h
. Quest’ultima disuguaglianza dimostra che la successione am+htende a zero quando h tende a +∞, ovvero, in modo equivalente, che la successione
|x|n
Dunque anche il resto della formula di Taylor | Rn |= | x |n n! e ξ ≤ | x | n n! M = anM
tende a zero quando n tende a +∞.
Pertanto la funzione ex `e somma della serie di potenze
ex= +∞ X n=0 xn n! = 1 + x + x2 2! + x3 3! + · · · (6.41)
Si noti che la dimostrazione mostra che lo sviluppo6.41 vale per ogni x in R.
Lo sviluppo in serie di Taylor di seno e coseno La stessa argomentazione che dimostra la conver- genza, su tutto l’asse reale, della serie esponenziale, continua a valere per gli sviluppi in serie di Taylor delle funzioni seno e coseno, centrate in a = 0. Ad esempio, per ogni x reale e per ogni intero positivo n, le derivate successive n-esime Dnsin sono uniformemente maggiorate dalla costante M = 1. (Infatti le derivate successive di sin sono uguali, a meno del segno, a sin e cos, e quindi in valore assoluto sono ≤ 1). Quindi, nel caso dello sviluppo di f = sin, il resto 1
n!f
n(c)xn `e minore o uguale di xn
n!, e abbiamo visto che tale successione tende a zero, qualunque sia x, quando n tende a +∞. Lo stesso vale per la funzione cos. Pertanto valgono i seguenti sviluppi:
sin x = x −x 3 3! + x5 5! − x7 7! · · · = +∞ X n=0 (−1)nx2n+1 (2n + 1)! (6.42) cos x = 1 −x 2 2! + x4 4! − x6 6! · · · = +∞ X n=0 (−1)nx2n (2n)! (6.43)
e questi sviluppi in serie di Taylor delle funzioni seno e coseno valgono per ogni x in R.
La serie binomiale La generalizzazione della formula della potenza di un binomio a esponenti arbitrari `
e stata una delle grandi scoperte matematiche di Newton. Vogliamo sviluppare la funzione f (x) = (1+x)α in serie di Taylor, dove x > −1 e α `e un qualunque numero reale (positivo o negativo, razionale o irrazionale). Calcoliamo le derivate successive di f (x):
f0(x) = α(1 + x)α−1 (6.44)
f00(x) = α(α − 1)(1 + x)α−2 (6.45)
... ... (6.46) f(n)(x) = α(α − 1) · · · (α − n + 1)(1 + x)α−n (6.47) In particolare, prendendo x0 = 0, abbiamo
Allora, per la formula di Taylor, (1 + x)α= 1 + αx +α(α − 1) 2! x 2+ · · ·α(α − 1) · · · (α − n + 1) n! x n+ R n+1
Ora si dimostra che, al tendere di n a +∞, il resto Rn+1 tende a zero se |x| < 1, mentre non tende a
zero se |x| > 1. (Non diamo la dimostrazione di questo risultato). Introducendo il coefficiente binomiale generalizzato α n = α(α − 1) · · · (α − n + 1) n!
si ottiene allora lo sviluppo di (1 + x)α nella serie binomiale
(1 + x)α = +∞ X n=0 α n xn (6.48)
7
Funzioni convesse
Definizione 7.1. Una funzione definita su un intervallo aperto I si dice:
• convessa, se per ogni coppia di punti x1, x2 in I il segmento congiungente i punti
M = (x1, f (x1)) e N = (x2, f (x2)) sta al di sopra del grafico di f . In modo equivalente, se per ogni
x1, x2 in I e per ogni coppia di numeri reali λ, µ ≥ 0, soddisfacenti λ + µ = 1, si ha:
f (λx1+ µx2) ≤ λf (x1) + µf (x2) (7.1)
• concava, se per ogni coppia di punti x1, x2 in I il segmento congiungente i punti
M = (x1, f (x1)) e N = (x2, f (x2)) sta al di sotto del grafico di f . In modo equivalente, se per ogni
x1, x2 in I e per ogni coppia di numeri reali λ, µ ≥ 0, soddisfacenti λ + µ = 1, si ha:
f (λx1+ µx2) ≥ λf (x1) + µf (x2) (7.2)
Se chiamiamo corda il segmento di estremi M , N e arco il grafico di f tra gli stessi estremi, possiamo dire che una funzione continua definita su un intervallo si dice convessa se, in ogni sottointervallo, la corda sta al di sopra dell’arco, mentre si dice concava se, in ogni sottointervallo, la corda sta al di sotto dell’arco.
Una funzione convessa si dice strettamente convessa se, in ogni sottointervallo, arco e corda hanno solo gli estremi in comune. In modo analogo si definisce una funzione strettamente concava.
0
M
N
0
M
N
Figure 5: Funzione convessa: la corda sta tutta al di sopra dell’arco.
Esempi. La funzione f (x) = |x|, x ∈ R, `e convessa (su R). Anche la funzione g(x) = x2, R −→ R, `e convessa.
Osservazione. Una funzione convessa su un intervallo I, pu`o non essere derivabile, come risulta dall’esempio x 7−→ |x|, x ∈ R. Ma si dimostra che se I `e un intervallo aperto e I −→ R `e convessa su I,f allora le derivate sinistre e le derivate destre esistono in ogni punto di I. Di conseguenza, una funzione convessa su un intervallo aperto `e continua. (Invece una funzione f convessa su un intervallo [a, b] pu`o non essere continua in a o in b, come si vede facilmente con un esempio).
Per le funzioni derivabili, la convessit`a si pu`o formulare anche in un altro modo. (La dimostrazione `e semplice, ma non la riportiamo).
Teorema 7.2. Condizione necessaria e sufficiente perch´e una funzione f , derivabile in tutto un intervallo [a, b], sia convessa `e che la retta tangente al grafico in un suo qualsiasi punto stia tutta al di sotto del grafico.
0
7.1 Interpretazione del segno della derivata seconda
Teorema 7.3. Supponiamo che f sia derivabile due volte su un intervallo aperto I. Se per ogni x ∈ I si ha f00(x) ≥ 0, allora f `e convessa.
Dimostrazione. Per dimostrare che f `e convessa, ricorriamo al teorema precedente e dimostriamo che, per ogni punto (x0, f (x0)) del grafico di f , il grafico si trova tutto al di sopra della retta tangente in
tale punto. Sia dunque x0 un punto in I. Prendiamo un qualunque punto x ∈ I. Poich´e f `e due volte
derivabile, possiamo scrivere la formula di Taylor arrestata al secondo ordine, con centro in x0:
f (x) = f (x0) + f0(x0)(x − x0) +
f00(c)
2 (x − x0)
2 (7.3)
per un opportuno punto c compreso21 tra x e x0. Allora
f (x) −f (x0) + f0(x0)(x − x0) =
f00(c)
2 (x − x0)
2 ≥ 0 (7.4)
perch´e (x − x0)2 ≥ 0 e f00(c) ≥ 0 per ipotesi. Dunque il primo membro della 7.4 `e maggiore o uguale a
zero, ossia
f (x) | {z }
Ordinata sul grafico di f
≥ f (x0) + f0(x0)(x − x0)
| {z }
Ordinata sulla retta tangente
(7.5)
Si noti infatti che y = f (x0) + f0(x0)(x − x0) `e l’equazione della retta tangente al grafico di f nel punto
(x0, f (x0)). Abbiamo cos`ı dimostrato che il grafico di f sta tutto al di sopra della retta tangente nel
punto (x0, f (x0)).
Definizione 7.4 (Punto di flesso). Sia I −→ R una funzione definita su un intervallo aperto I ⊂ R. Unf punto x0 si dice punto di flesso per f se `e estremo comune di due intervalli, su uno dei quali la funzione
`
e convessa, e sull’altro concava.
Osservazione. Se f `e una funzione due volte derivabile sull’intervallo aperto I e x0 ∈ I, l’annullarsi
della derivata seconda, f00(x0) = 0, `e condizione necessaria perch´e x0 sia un punto di flesso per f . La
condizione non `e per`o sufficiente, come `e evidente dall’esempio f (x) = x4. Per decidere se un punto x0,
in cui la derivata seconda si annulla, sia un punto di flesso, converr`a esaminare il segno della derivata seconda in un intorno sinistro e il segno in un intorno destro di x0. Se questi segni sono diversi, siamo in
presenza di un punto di flesso, altrimenti no.
Esempio. La funzione f (x) = x3 ha un punto di flesso in x0 = 0, perch´e la derivata seconda
f00(x) = 6x `e negativa in un intorno sinistro e positiva in un intorno destro di 0.
21
8
Esercizi e complementi sulle derivate
Esercizio 8.1. Trovare la derivata della funzione f (x) = 1/x (x 6= 0) calcolando il limite del rapporto incrementale.
R
Esercizio 8.2. Dimostrare che la derivata di sin x `e cos x, calcolando il limite del rapporto incrementale.
R
Esercizio 8.3. Calcolare: lim
h→0 (13 + h)4− (1 3) 4 h R
Esercizio 8.4. Sia f una funzione derivabile in un punto x0. Trovare la derivata di f (x)2 nel punto x0
calcolando il limite del rapporto incrementale.
R
Esercizio 8.5. Scrivere l’equazione della retta tangente al grafico di f (x) = arctan(1 + ln x) nel punto (x0, f (x0)), dove x0 = 1.
R
Esercizio 8.6. Calcolare la derivata della funzione I −→ R, f(x) = lnf x
2+ 1
x + 1
, dove I = (−1, +∞). Scrivere l’equazione della retta tangente al grafico di f (x) = ln x
2+ 1
x + 1
nel punto (x0, f (x0)), dove
x0 = 0.
R
Esercizio 8.7. Determinare il sottoinsieme S ⊂ R sul quale la funzione R −→ R, f(x) =f x2− 1
, `e derivabile. Disegnare il grafico di f e di f0.
R
Esercizio 8.8. Calcolare le derivate delle seguenti funzioni: (a) sin(sin x2)
(b) sin (sin x2)2
R
Esercizio 8.9. Dimostrare che se un polinomio P (x) `e divisibile per (x − a)2, allora P0(x) `e divisibile per (x − a).
Esercizio 8.10. Usando le regole di derivazione, calcolare le derivate delle seguenti funzioni: a) f (x) = ln(1 + x 2); b) f (x) = exppx2+ 1; c) f (x) = 1 3 p(3x − 2)7; d) f (x) = 2x e) f (x) = ex2ln(1 + x2) f ) f (x) = esin(x3) R
Esercizio 8.11. Trovare un valore approssimato di√9.003 utilizzando un’opportuna approssimazione al primo ordine del tipo: f (x0+ h) ≈ f (x0) + f0(x0)h.
R Esercizio 8.12. Definiamo f (x) = ( x sin1 x se x 6= 0 0 se x = 0 Stabilire se f `e continua e se `e derivabile in x0 = 0.
R Esercizio 8.13. Definiamo f (x) = ( x2sin1 x se x 6= 0 0 se x = 0
(a) Stabilire se f `e derivabile in x0 = 0.
(b) Stabilire se esiste il limite della derivata f0(x), per x → 0.
R
Esercizio 8.14. Sia f una funzione definita su un intorno aperto I = (x0 − r, x0+ r) del punto x0.
Supponiamo che:
(a) f sia derivabile in ogni punto x ∈ I diverso da x0;
(b) Esista (finito) il limite, per x → x0, della funzione derivata f0(x).
Possiamo concludere che f `e derivabile in x0?
R Esercizio 8.15. Definiamo f (x) = ( ex x < 0 ax + 2 x ≥ 0 Stabilire se esistono valori di a ∈ R per i quali f `e derivabile in 0.
R Esercizio 8.16. Definiamo f (x) = x3+ a x ≤ 0 cos x 0 < x < 3 2π bx + c x ≥ 3 2π
Determinare i valori di a, b, c ∈ R per i quali f `e derivabile su tutto R.
R
Esercizio 8.17. Sia R−→ R una funzione derivabile. Dimostrare che:f (a) Se f `e pari, f0 `e dispari;
(b) Se f `e dispari, f0 `e pari.
R
Esercizio 8.18. Sia A un insieme non vuoto di numeri reali. Per ogni x ∈ R, definiamo la distanza di x da A nel modo seguente:
d(x, A) = inf
a∈A|x − a|
Consideriamo la funzione R −→ R, x 7−→ d(x, A). Disegnare il grafico della funzione d e stabilire ind quali punti `e derivabile, quando A `e uno dei seguenti insiemi:
(a) A = [0, 1] (b) A = Q
R
Esercizio 8.19. Sia n ∈ N e sia R−→ R la funzionef
f (x) = (
0 x < 0 xn x ≥ 0
(a) Per quali valori di n la funzione f `e derivabile in 0? (b) Per quali valori di n la funzione f `e derivabile in 0?
R
Esercizio 8.20. Calcolare le derivate delle seguenti funzioni f , nei punti in cui sono derivabili. (a) |x|, x ∈ R.
(b) ln |x|, x 6= 0.
(c) ln |g(x)|, dove g `e una funzione derivabile su un sottoinsieme D ⊂ R, che non si annulla mai in D.
R
Esercizio 8.21. Dimostrare che vale la disuguaglianza
ex≥ 1 + x x ∈ R (8.1)
e vale l’uguaglianza se e solo se x = 0.
R
Esercizio 8.22. Dimostrare che
−x ≤ sin x ≤ x per ogni x ≥ 0
R
Esercizio 8.23. Dimostrare che la funzione R−→ R, f(x) = ef 3x+ x3 per ogni x ∈ R, `e invertibile (cio`e,
iniettiva e suriettiva). Detta R−→ R la sua inversa, calcolare gg 0(1).
R
Esercizio 8.24. Dimostrare che la funzione f (x) = x ln x `e invertibile sull’intervallo 1 2, +∞
. Detta g la sua inversa, calcolare g(0), g0(0) e g00(0).
R
Esercizio 8.25. Sia g una funzione derivabile sull’intervallo [a, b]. Denotiamo con g0(a) = g+0 (a) la derivata a destra in a e con g0(b) = g−0 (b) la derivata sinistra in b.
Dimostrare:
(1) Se g ha un massimo locale nell’estremo sinistro a, allora g0(a) ≤ 0. (2) Se g ha un minimo locale nell’estremo sinistro a, allora g0(a) ≥ 0. (3) Se g ha un massimo locale nell’estremo destro b, allora g0(b) ≥ 0. (4) Se g ha un minimo locale nell’estremo destro a, allora g0(b) ≤ 0.
R
Il seguente teorema d`a una informazione sulle funzioni derivate, ossia sulle funzioni che sono del tipo f0, per una opportuna funzione f . Precisamente, esso dice che le funzioni derivate f0 soddisfano la Propriet`a di Darboux: Se f0 `e definita in ogni punto di un intervallo I = [a, b], allora f0 assume, nell’intervallo I = [a, b], ogni valore compreso tra f (a) e f (b).
Teorema 8.26 (Propriet`a di Darboux, o dei Valori Intermedi, delle funzioni derivate). Sia f una funzione differenziabile in ogni punto di un intervallo I = [a, b]. Sia k un qualunque numero compreso tra f0(a) e f0(b). Allora esiste almeno un punto c in (a, b) per il quale si abbia f0(c) = k.
Dimostrazione. Per fissare le idee, supponiamo f0(a) < k < f0(b). Definiamo g(x) = kx − f (x), x ∈ I = [a, b]. Poich´e g `e continua (in quanto f , essendo derivabile, `e continua), assume il valore massimo su I. Dal momento che g0(a) = k − f0(a) > 0, segue dall’esercizio precedente 8.25 (Proposizione (1)) che g non assume il suo massimo valore in a (perch´e, altrimenti, si avrebbe g0(a) ≤ 0). In modo simile, poich´e g0(b) = k − f0(b) < 0, segue dall’esercizio precedente8.25 (Proposizione (3)) che g non assume il suo massimo valore in b. Dunque g deve assumere il suo massimo in qualche punto c in (a, b). Allora g0(c) = k − f0(c) = 0. Dunque f0(c) = k.
Esercizio 8.27. Stabilire se esiste una funzione [−1, 1]−→ R che sia derivabile in ogni punto di [−1, 1]f e la cui derivata sia la funzione [−1, 1]−→ Rϕ
ϕ(x) = −1 per −1 ≤ x < 0 0 per x = 0 1 per 0 < x ≤ 1 R
Esercizio 8.28. La funzione valore assoluto, f (x) = |x|, x ∈ R, `e derivabile in ogni punto x 6= 0 e la derivata f0 `e
f0(x) =
−1 per x < 0 1 per x > 0
per ogni x 6= 0. Dunque la funzione derivata f0 assume i valori −1 e 1 e non assume alcun valore compreso tra −1 e 1. Spiegare perch´e questo esempio non contraddice il teorema8.26.
9
Soluzioni
Soluzione8.1 Il rapporto incrementale `e 1 h(f (x + h) − f (x)) = 1 h( 1 x + h− 1 x) = 1 h −h x(x + h) = − 1 x(x + h) Il limite di questo rapporto incrementale per h → 0 `e f0(x) = −1
x2.
Soluzione8.2 Usando le formule di addizione del seno, scriviamo il rapporto incrementale: sin(x + h) − sin x
h =
1
h · sin x cos h + cos x sin h − sin x = sin xcos h − 1
h + cos x
sin h h
Quando h tende a zero, sin h
h tende a 1 e cos h − 1 h = = (cos h − 1)(cos h + 1) h(cos h + 1) = cos 2h − 1 h(cos h + 1) = − sin 2h h(cos h + 1) = −sin h h · sin h cos h + 1
tende a 0 . Quindi, per h → 0, il rapporto incrementale sin(x + h) − sin x
h tende a cos x. Soluzione8.3 lim h→0 (13 + h)4− (1 3) 4
h `e il limite del rapporto incrementale di f (x) = x
4, relativo al punto
x = 1
3 e all’incremento h. Pertanto il limite richiesto `e la derivata di f (x) = x
4valutata in x = 1
3. Poich´e f0(x) = 4x3, il limite da calcolare `e uguale a f0(1/3) = 4(1/3)3 = 4/27.
Soluzione8.4 Il rapporto incrementale `e 1 h(f (x0+ h) 2− f (x 0)2) = 1 h(f (x0+ h) − f (x0))(f (x0+ h) + f (x0)) Per h → 0, 1 h(f (x0+ h) − f (x0)) tende a f 0
(x0), mentre f (x0+ h) + f (x0), per la continuit`a di f in x0,
Soluzione8.5 f0(x) = 1 1 + (1 + ln x)2
1
x, dunque f
0(1) = 1/2. Si ha f (1) = π/4. Dunque, l’equazione
della retta tangente y − f (x0) = f0(x0)(x − x0) `e y − π/4 =
1
2(x − 1).
Soluzione8.6 Per ogni x nel dominio I della funzione f , ln x
2+ 1 x + 1 = ln(x2+ 1) − ln(x + 1). Quindi, Df (x) = D(ln(x2+ 1) − ln(x + 1)) = 2x x2+ 1− 1 x + 1 = x2+ 2x − 1 (x + 1) (x2+ 1)
Poich´e f (0) = 0 e f0(0) = −1, la retta tangente al grafico di f in (0, 1) `e y = −x.
Soluzione 8.7 La funzione f (x) = x2− 1
`e derivabile in ogni punto x 6= −1, 1. Quindi il dominio della funzione derivata f0 `e S = R \ {−1, 1} = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞). Per ogni x 6= −1, 1,
f0(x) = 2x sign(x2− 1) = 2x se x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) −2x se x ∈ (−1, 1) (a) f (x) = x2− 1 , x ∈ R. (b) f0(x) = 2x sign(x2− 1), x ∈ R \ {−1, 1}. Figure 7: Se f (x) = x2− 1 , la derivata f0 `e definita su D = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞). Soluzione8.8
(a) cos(sin x2). cos(x2).2x
(b) 4x sin x2 cos x2 cossin x22
Soluzione8.9 Dire che P (x) `e divisibile per (x − a)2 significa che si pu`o scrivere P (x) = (x − a)2Q(x), per un opportuno polinomio Q(x). Allora P0(x) = 2(x − a)Q(x) + (x − a)2Q0(x) = (x − a)[2Q(x) + (x − a)Q0(x)]. Questo dimostra che P0(x) `e divisibile per (x − a).
Soluzione8.10 a)f (x) = ln(1 +x 2); f 0(x) = 1 x + 2 b)f (x) = exppx2+ 1; xe √ x2+1 √ x2+ 1 c) f (x) = (3x − 2)−7/3; f0(x) = − 7 (3x − 2)−10/3.
d) f (x) = 2x; f0(x) = 2xln 2 (dove ln designa il logaritmo in base e). e) f (x) = ex2ln(1 + x2); f0(x) = ex22x ln(1 + x2) + 1 x2+ 1 . f) f (x) = esin(x3); f0(x) = esin(x3)3x2cos(x3).
Soluzione8.11 Poniamo f (x) =√x, x0 = 9, h = 0.003. Allora f0(x) = 1/2
√ x, f0(9) = 1/2 √ 9 e √ 9.003 =√9 + 0.003 ≈√9 + 1 2√9 3 1000 = 3.0005
Soluzione8.12 f (x), x 6= 0, `e prodotto di una una funzione limitata per una funzione infinitesima per x → 0, e quindi tende a 0.
Figure 8: Grafico di x sin1
x vicino a x0= 0. (Per x → ±∞, f ha l’asintoto y = 1). Infatti, valgono le disuguaglianze:
−|x| ≤ x sin1 x ≤ |x|
Poich´e f (0) = 0, f `e continua in x0= 0.
Il rapporto incrementale in x0 = 0, relativo all’incremento h 6= 0,
f (h) − f (0) h − 0 = h sinh1 h = sin 1 h non ha limite per h → 0. Dunque f non `e derivabile in x0 = 0.
Soluzione8.13
(a) Il rapporto incrementale in x0= 0, relativo all’incremento h 6= 0,
f (h) − f (0) h − 0 = h2sin1 h h = h sin 1 h tende a zero per h → 0. Dunque f `e derivabile in x0 = 0 e f0(0) = 0.
Figure 9: Grafico di x2sin1
x vicino a x0= 0.
Il grafico di f (x) `e compreso fra i grafici di −x2 e x2, perch´e valgono le disuguaglianze −x2 ≤ x2sin1
x ≤ x
2
(b) In ogni intorno bucato di 0 la funzione f (x) = x2sin1
x `e derivabile (perch´e si ottiene dalle funzioni continue x, sin x, 1/x mediante composizione e prodotto). Facendo i conti con le regole di derivazione, si
vede che per ogni x 6= 0 risulta: f0(x) = 2x sin1 x + x 2. − 1 x2 cos1 x == 2x sin 1 x − cos 1 x (9.1)
Si vede facilmente che f0(x) non ha limite per x → 0, perch´e 2x sin1
x tende a zero, mentre cos 1
x non ha limite, perch´e oscilla (per x → 0), tra −1 e 1.
Riassumendo, se definiamo f (x) = x2sin1
x per x 6= 0 e f (0) = 0: (a) f `e derivabile in 0;
(b) il limite di f0(x) per x → 0 non esiste.
Questo esempio mostra che:
Il fatto che il limite di f0(x) per x → x0 non esista, non permette di concludere che f non sia derivabile
in x0.
Soluzione8.14 La risposta `e negativa. Un controesempio:
f (x) = (
0 x 6= 0 1 x = 0
La funzione f `e derivabile per ogni x 6= 0, con derivata f0(x) = 0 per ogni x 6= 0; quindi il limite della derivata esiste e vale 0: lim
x→0f 0
(x) = 0. Ma f non `e derivabile in 0, perch´e non `e continua in 0.
Soluzione8.15 La funzione f non `e mai continua in 0, qualunque sia il valore di a ∈ R: lim
x→0−f (x) = limx→0−e
x= 1 lim
x→0+f (x) = limx→0+(ax + 2) = 2
Quindi, qualunque sia il valore di a ∈ R, f non `e derivabile in 0. Attenzione. Il seguente ragionamento non `e corretto:
“Calcoliamo le derivate di ex e di ax + 2 e i limiti di tali derivate, rispettivamente per x → 0− e x → 0+: lim x→0−f 0 (x) = lim x→0−e x = 1 lim x→0+f 0 (x) = lim x→0+a = a
Quindi, se a = 1 la funzione f `e derivabile in 0.”
L’errore nel ragionamento sta nel fatto di non aver prima controllato che la funzione fosse continua nel punto 0.
Soluzione8.16 Anzitutto, la funzione f `e continua su tutto R se e solo se lim x→0 x<0 f (x) = f (0) = lim x→0 x>0 f (x), lim x→32π x<32π f (x) = f 3 2π = lim x→32π x>32π f (x)
Figure 10: La funzione distanza d(x, A), quando A = [0, 1] cio`e, se e solo se a = 1 b3 2π + c = 0 Supponiamo ora che valgano entrambe queste uguaglianze.
Ricordiamo questo teorema:
Teorema Se una funzione f `e derivabile in un intorno bucato di x0, `e continua in x0 e esiste il
limite di f0(x) per x → x−0 (oppure, per x → x+0) uguale a L1 (rispettivamente, uguale a L2), allora f `e
derivabile a sinistra (a destra) in x0 e f−0 (x0) = L1 (rispettivamente, f+0 (x0) = L2).
Ricorrendo a questa proposizione, vediamo che
f−0 (0) = 0 = f+0 (0) f−0 3 2π = 1, f+0 3 2π = b
Quindi f `e derivabile su tutto R quando a = 1, b = 1, c = −3 2π.
Soluzione 8.17 Ricordiamo che, per definizione, f pari significa f (−x) = f (x) per ogni x, mentre f dispari significa f (−x) = −f (x) per ogni x.
(a) Per ipotesi, f `e pari: f (−x) = f (x), per ogni x. Derivando entrambi i membri, si ha −f0(−x) = f0(x), ossia f0(−x) = −f0(x). Dunque f0 `e dispari.
(b) Per ipotesi, f `e dispari: f (−x) = −f (x), per ogni x. Derivando entrambi i membri, si ha −f0(−x) = −f0(x), ossia f0(−x) = f0(x). Dunque f0 `e pari.
Soluzione8.18
(a) Se A = [0, 1], la funzione distanza d(x, A), x ∈ R, `e
d(x, A) = −x se x < 0 0 se 0 < x < 1 x − 1 se x > 1 Questa funzione `e derivabile in ogni x 6= −1, 1.
(b) La funzione distanza d(x, Q) `e identicamente nulla (Q `e denso in R) e quindi `e derivabile su tutto R, con derivata nulla.
Soluzione8.19 La funzione `e derivabile in 0 se e solo se n > 1.
Soluzione8.20
(a) La funzione f (x) = |x|, x ∈ R, `e derivabile in ogni x 6= 0, mentre non `e derivabile in 0 (dove la derivata destra vale 1 e la derivata sinistra vale −1). Per ogni x 6= 0, la derivata D|x| vale:
D|x| = segno(x) =
1 se x > 0 −1 se x < 0
(b) La funzione f (x) = ln |x|, x 6= 0, `e derivabile in ogni x 6= 0 e
D ln |x| = 1
x, x 6= 0 (c) Se g `e derivabile e non si annulla mai,
D ln |g(x)| = g 0(x) g(x) (d) D ln | ln sin x| = 1 ln sin x cos x sin x Soluzione8.21 Primo modo.
Per dimostrare che vale ex− 1 − x ≥ 0 per ogni x ∈ R, si consideri la funzione
g(x) = ex− 1 − x, x ∈ R (9.2)
Dimostriamo che la funzione g `e strettamente crescente sull’intervallo [0, +∞), cio`e s, t ∈ [0, +∞), s < t −→ g(s) < g(t)
Infatti, per il Teorema del Valore Medio (di Lagrange), esiste un c in (0, +∞) per il quale vale g(t) − g(s) = g0(c)(t − s) = (ec− 1)(t − s) > 0
(ec > 1 perch´e c > 0). Dunque, poich´e g `e strettamente crescente su [0, +∞), per ogni x > 0 si ha g(x) > g(0). Ora g(x) = ex− 1 − x e g(0) = 0; quindi
In modo analogo si dimostra che g `e strettamente decrescente sull’intervallo (−∞, 0] e quindi, per ogni x < 0, si ha g(x) > g(0):
ex− 1 − x > 0 x < 0
Riassumendo, abbiamo dimostrato che vale ex− 1 − x ≥ 0 per ogni x ∈ R, con l’uguaglianza solo se x = 0. Secondo modo.
Se x = 0 vale l’uguaglianza ex = 1 + x, perch´e entrambi i membri valgono 1. Se x > 0, applichiamo il Teorema del Valore Medio alla funzione f (x) = ex sull’intervallo [0, x]: esiste un numero c, 0 < c < x, per il quale
ex− e0 = ec(x − 0) (Teorema del valore medio) > 1(x − 0) (ec> 1 perch´e c > 0)
= x
Dunque, poich´e e0 = 1, si ha, per ogni x > 0,
ex> 1 + x x > 0 (9.3)
In modo analogo, si dimostra che
ex> 1 + x x < 0 (9.4)
Riassumendo, ex≥ 1 + x, x ∈ R, con l’uguaglianza solo se x = 0.
Soluzione8.22 Se x = 0, vale l’uguaglianza. Se applichiamo il Teorema del Valore Medio alla funzione sin sull’intervallo [0, x], x > 0, otteniamo
sin x − sin 0 = cos c(x − 0)
per qualche c compreso fra 0 e x. Dal momento che sin 0 = 0 e −1 ≤ cos c ≤ 1, si ha −x ≤ sin x ≤ x per ogni x > 0
Soluzione 8.23 Per dimostrare che f `e iniettiva, basta osservare che f `e strettamente crescente in quanto somma di due funzioni strettamente crescenti. Oppure, si pu`o studiare la derivata: poich´e f `e definita su un intervallo (l’intero asse reale) e la sua derivata
f0(x) = 3e3x+ 3x2 `
e positiva per ogni x ∈ R, f `e strettamente crescente, e quindi iniettiva. Dimostriamo ora che f `e suriettiva, cio`e che Im(f ) = R. Poich´e f `e continua ed `e definita sull’intervallo R, anche la sua immagine Im(f ) `e un intervallo. E poich´e f tende a −∞ quando x → −∞ e a ∞ per x → +∞, si deve avere Im(f ) = R. Dunque f `e sia iniettiva sia suriettiva, e quindi `e invertibile. Posto g = f−1, per trovare g0(1) occorre trovare il punto x0 per il quale f (x0) = 1, cio`e occorre risolvere l’equazione e3x+ x3 = 1.
Tale equazione ha la soluzione (unica, per l’iniettivit`a) x = 0; dunque f (0) = 1, g(1) = 0. Allora, per il teorema sulla derivata della funzione inversa, il valore g0(1) `e dato:
Soluzione8.24 f0(x) = ln x + 1 > 0 se e solo se x > e−1. Poich´e e−1< 1
2, f `e invertibile sull’intervallo 1
2, +∞
. Posto g = f−1, si ha f (1) = 0 e quindi g(0) = 1. Per la formula
g0(y) = 1
f0(g(y)) (9.5)
della derivata della funzione inversa, abbiamo g0(0) = 1 f0(g(0)) = 1 f0(1) = 1 1 = 1 (9.6)
Usando la regola della derivata della funzione composta, g00(y) = − 1 [f0(g(y))]2f 00(g(y))g0(y) (9.7) Valutando in y = 0, si ottiene g00(0) = − 1 [f0(g(0))]2f 00 (g(0))g0(0) = − 1 [f0(1)]2f 00 (1)).1 Ora, poich´e f0(x) = ln x + 1 e f00(x) = 1 x, f 0(1) = 1 e f00(1) = 1. Sostituendo, si ottiene g00(0) = −1
Soluzione8.25 1) Se g ha un massimo locale nell’estremo sinistro a, esiste un r > 0 tale che per tutti gli x ∈ (a, a + r) vale g(x) − g(a) ≤ 0. Quindi g(x) − g(a)
x − a ≤ 0. Passando al limite, g0(a) = lim
x→a
g(x) − g(a) x − a ≤ 0 Le altre implicazioni (2), (3), (4) si dimostrano in modo simile.
Soluzione8.27 La risposta `e negativa, perch´e la funzione ϕ non soddisfa la propriet`a di Darboux. (Si veda il teorema 8.26).
Soluzione8.28 Ricordiamo che la propriet`a di Darboux (teorema 8.26) dice quanto segue:
Se f0 `e definita su tutti i punti di un intervallo I = [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b}, allora f0 assume in I tutti i valori compresi tra f0(a) e f0(b).
Nel nostro caso (f (x) = |x|), il dominio D della funzione derivata f0 `e D = (−∞, 0) ∪ (0, +∞), che non `e un intervallo. Se a < 0 e b > 0, f0(a) = −1 e f0(b) = 1, per`o f0 non `e definita su tutti i punti dell’intervallo [a, b] (perch´e non `e definita in zero). Dunque non siamo nelle ipotesi del teorema8.26.
La funzione derivata f0 soddisfa invece la propriet`a di Darboux su ciascuno dei due intervalli (−∞, 0) e (0, +∞). La verifica di questo fatto `e banale, in quanto f0 `e costante su ognuno di questi due intervalli.