g(x)def= f (x) − y Abbiamo che
g(x1) = f (x1) − y = y1− y < 0 (infatti y ∈ [y1, y2]), e
g(x2) = f (x2) − y = y2− y > 0
(per la stessa ragione). Quindi, per il teorema degli zeri, ∃c ∈ [x1, x2] : g(c) = 0. Ma se g(c) = 0, allora `e come dire che f (c) − y = 0 (per definizione di g(x) ), ovvero y = f (c). Quindi y `e effettivamente immagine di un qualche punto di I, e dato che l’unica supposizione che abbiamo fatto su y `e che appartenga all’intervallo [y1, y2], allora questa affermazione varr`a per qualunque y appartenente a quell’intervallo. CVD.
Ultimo, fondamentale, teorema, che qui non dimostreremo, `e il seguente:
Teorema 5.3.3 (Teorema di Weierstrass) Se f : [a, b] → R, allora f ha massimo e minimo assoluti (ovvero l’insieme {f (x) | x ∈ [a, b]} possiede massimo e minimo).
Esempio 5.3.1 Data l’equazione
x3− 3x + 3 = 0 Dimostrare che possiede almeno una soluzione reale
Chiaramente non possiamo utilizzare il teorema fondamentale dell’algebra, perch`e in quel caso potrei parlare solo di soluzioni complesse. Per`o possiamo osservare che, ad esempio, nel punto 0 il polinomio
f (x) = x3− 3x + 3
vale 3, quidi un valore positivo. Nel punto −3 invece vale −15, ovvero un valore negativo: per il teorema degli zeri, quindi, in almeno un punto di questo intervallo il polinomio si annulla, e quindi ha una soluzione l’equazione di partenza.
Esempio 5.3.2 Dimostrare che l’equazione x5− √ 2 12x 4 + 315x3+ e13/2x2− x + 4π = 0 ha almeno una soluzione.
Nonostante l’apparente enorme complessit`a della funzione di partenza (chiamiamola come al solito f (x)), si pu`o dimostrare senza andare a fare calcoli complessi la veridicit`a dell’affermazione proposta.
Infatti, esaminando semplicemente il grado (dispari) e il coefficiente del monomio di grado maggiore della funzione (ovvero di x5, che ha per coefficiente 1, un valore positivo), possiamo gi`a dire che:
lim
x→−∞f (x) = −∞ e
lim
x→+∞f (x) = +∞
Ora, dato che il dominio (R) `e un intervallo, anche f (I) deve essere un intervallo. E dato che la funzione deve poter assumere valori grandi in positivo e negativo quanto uno vuole (a causa dei due limiti espressi precedentemente), allora deve poter assumere, in particolare, almeno un valore positivo ed uno negativo – tra questi due valori `e quindi contenuta sicuramente la soluzione per il teorema degli zeri, dato che la funzione `e continua.
Questo ragionamente, ovviamente, si pu`o fare genericamente per qualunque polinomio di grado dispari.
5.4 Limiti notevoli
Esistono alcuni limiti, espressi sotto forma indeterminata, che si rivelano di particolare importanza nel calcolo degli altri limiti e, vedremo in seguito, delle derivate – tali limiti vengono detti “limiti notevoli”.
lim x→0 sin x x = 1 0 0
Prendiamo, come in figura, al momento solo il primo quadrante della circoferenza goniometrica (e quindi gli x compresi tra 0 e π/4 - per i valori negativi, il discorso non cambia).
Prendiamo l’area del triangolo OAB, e calcoliamone l’area: AOAB =bh 2 = OB · sin x 2 = sin x 2 L’area invece dell’arco OAB `e:
A = x · r
2
2 = x 2 Infine, l’area del triangolo OCB `e
AOCB= OB · BC
2 =
tan x 2 Ora, dalla figura `e evidente che
AOAB < A < AOCB quindi sin x 2 < x 2 < tan x 2 Da cui ricavo, moltiplicando tutti i membri per 2/ sin x:
1 < x sin x < 1 cos x E, invertendo: 1 > sin x x > cos x
Per la regola del confronto (la stessa delle successioni, che `e facile intuire che vale anche per i limiti di funzione reale), otteniamo che 1, essendo una costante, per x → 0, tende ad 1, cos x, essendo una funzione continua, tende a cos 0 = 1, e quindi sin x/x `e “costretto” a tendere ad 1 pure lui. CVD.
Un altro modo per scrivere un limite del genere, `e il seguente:
sin x ∼ x, per x → 0
Che ha lo stesso significato che per le successioni. Inoltre, in questo caso abbiamo anche un significato pi`u immediato, ovvero questo confronto asintotico ci dice che sin x ed x si comportano in modo simile in un intorno piccolo del punto 0, e che il loro comportamento `e sempre pi`u simile man mano che si avvicinano a 0.
lim
x→0
1 − cos x x = 0 Con semplici trasformazioni:
1 − cos x x = (1 − cos x)(1 + cos x) x(1 + cos x) = sin2x x(1 + cos x) = sin x x 2 x 1 + cos x
Ora, per x → 0, il rapporto sin x/x, come abbiamo appena dimostrato, tende ad 1, ed il suo quadrato quindi pure, mentre x → 0 e 1 + cos x → 2, perch`e funzioni continue. Il limite nel suo complesso tende quindi a 1 · 0/2 = 0.
In questo caso il limite trovato non ci aiuta a stabilire un confronto asintotico – uno simile, tuttavia, lo fa, ed `e il seguente: lim
x→0
1 − cos x x2 =1
2
In questo caso, attraverso passaggi simili ai precedenti, arriviamo alla forma: sin x
x 2
· 1 1 + cos x che, non avendo pi`u la x al numeratore, da come risultato 1/2, per l’appunto.
Con qualche calcolo, si arriva facilmente ad ottenere una nuova forma asintotica: cos x ∼ 1 − x
2
2 Sempre per x → 0.
L’unico limite che ci limiteremo ad indicare senza dimostrare `e il seguente: lim x→±∞ 1 + 1 x x = e
5.4. LIMITI NOTEVOLI 49 La cui dimostrazione si basa, ovviamente, sul fatto che la serie corrispondente, ma che non `e altrettanto facile, dato che, per qualunque successione xn→ ±∞ deve valere:
1 + 1
xn xn
→ e
fatto dimostrabile per xn= n, ma ancora da provare per altri generi di successioni.
Se ora calcoliamo il logaritmo di questo ultimo limite notevole, otteniamo per il membro di sinistra il valore: log 1 + 1 x x = x log 1 + 1 x
E per il membro di destra:
log e = 1 Quindi possiamo dire che
lim x→±∞x log 1 + 1 x = 1
Poich´e il logaritmo `e una funzione continua. Ora, ponendo t = 1/x, possiamo anche dire: x log 1 + 1 x = log 1 + 1 x 1 x = log(1 + t) t
Ora, per x → ±∞, t → 0, quindi, possiamo anche scrivere, tornando alla normale variabile x: lim
x→0
log(1 + x) x = 1 Ecco quindi che abbiamo trovato un altro utile confronto asintotico.
Infine, ponendo x = et− 1, abbiamo:
log(1 + x) x = log(1 + et− 1) et− 1 = t et− 1 Inoltre abbiamo che, per x → 0, ovviamente et− 1 → 0, ovvero t → 0. Quindi:
lim
x→0
ex− 1 x = 1 Ed anche questo pu`o essere espresso come confronto asintotico.
Riassumendo tutti i limiti notevoli per ora trovati, abbiamo: • Per x → 0, sin x ∼ x • lim x→0 1 − cos x x = 0 • Per x → 0, cos x ∼ 1 −x 2 2 • lim x→±∞ 1 + 1 x x = e • Per x → 0, log(1 + x) ∼ x • Per x → 0, ex− 1 ∼ x
Come si nota siamo quasi sempre riusciti a stabilire delle approssimazioni asintotiche per x → 0, ed in questo caso sempre con dei polinomi in x, molto pi`u facili da trattare delle corrispondenti funzioni.
Capitolo 6
Derivata
6.1 Definizione di Derivata
Data una funzione
f : I → R continua sull’intervallo I, so che
lim
x→x0
f (x) = f (x0)
Ma una domanda che pu`o sorgere spontanea `e: a che “velocit`a” tende a tale valore questa funzione?
Cominciamo col vedere che un valore associato a questo concetto potremo ricavarlo prendendo vari punti x sempre pi`u vicini ad x0(quindi, x → x0), ed esaminando le due grandezze f (x) − f (x0) ed x − x0. La prima rappresenta la distanza verticale tra i due punti individuati, e la seconda la distanza orizzontale. Una stima del valore che cerchiamo sar`a il loro rapporto: `e tanto maggiore quanto maggiore `e la distanza che la funzione compie per arrivare ad x0. Il rapporto:
f (x) − f (x0) x − x0
viene detto rapporto incrementale. Il suo limite per x → x0(chiaramente una forma indeterminata del tipo 0/0), viene chiamata derivata della funzione nel punto x0 e si indica nei seguenti modi:
Df (x), Dxf, f0(x), df dx Quindi: Df (x0) = lim x→x0 f (x) − f (x0) x − x0
Il generale, la funzione derivata `e quindi cos`ı definita.
Una funzione per la quale, nel punto x0, tale limite `e definito, viene detta derivabile nel punto x0, ed una funzione derivabile in ogni punto del suo dominio viene detta, semplicemente, derivabile.
Si scopre che tutte le funzioni elementari sono derivabili sul loro dominio. Passiamo ora ad esaminare tali derivate per queste funzioni: