Capitolo 1. Studio di funzione

(1)

Capitolo 1

Studio di funzione

Consideriamo una funzione f : (a, b) ⊆ R → R. Abbiamo che x0 ∈ (a, b) `e un punto di

• minimo relativo se esiste un intorno I(x0) ⊂ (a, b) tale che f (x) ≥ f (x₀) per ogni x ∈ I(x₀).

• massimo relativo se esiste un intorno I(x0) ⊂ (a, b) tale che f (x) ≤ f (x₀) per ogni x ∈ I(x₀)

• punto di estremo relativo se `e punto di massimo relativo o minimo relativo per f .

• punto stazionario se f⁰(x₀) = 0;

• punto critico se ivi la derivata non esiste o `e f⁰(x₀) = 0;

Siano x, y ∈ (a, b) tali che x < y. Allora diremo che:

• f `e crescente in (a, b) se f(x) ≤ f(y);

• f `e strettamente crescente in (a, b) se f(x) < f(y);

• f `e decrescente in (a, b) se f(x) ≥ f(y);

• f `e strettamente decrescente in (a, b) se f(x) > f(y);

1.1 Alcuni teoremi sulle funzioni derivabili

Teorema 1.1 (Fermat). È data una funzione f : (a, b) ⊆ R → R derivabile, con a, b ∈ R. Se x⁰ ∈ (a, b) è un punto di estremo, allora x0 è un punto stazionario.

Dimostrazione. Faremo la dimostrazione solo nel caso in cui x₀ sia un punto di minimo. Il caso in cui x₀ `e di massimo viene lasciato per esercizio.

Dunque, sia x₀ ∈ (a, b) un punto di minimo per f , allora esiste un intorno I(x₀, r) tale che

f (x) ≥ f (x₀) x ∈ I(x₀, r).

Per x < x₀ si ha f (x) − f (x₀) ≥ 0 e x − x₀ < 0 e quindi f (x) − f (x₀)

x − x₀ ≤ 0,

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e invece per x > x₀ si ha f (x) − f (x₀) ≥ 0 e x − x₀ > 0 e quindi f (x) − f (x₀)

x − x₀ ≥ 0.

Per l’inverso del teorema della permanenza del segno (Teorema 1.7 del capitolo sui limiti) si ha che

(1.1) lim

x→x⁻₀

f (x) − f (x₀)

x − x₀ ≤ 0 lim

x→x⁺₀

f (x) − f (x₀) x − x₀ ≥ 0.

Poiché per ipotesi la funzione è derivabile in x₀ allora i limiti in (1.1), che sono la derivata di f rispettivamente sinistra e destra in x₀, sono uguali a zero. Quindi la derivata di f in x₀ è zero.

Teorema 1.2 (Rolle). `E data una funzione f : [a, b] ⊆ R → R, con a, b ∈ R. Se f `e derivabile in (a, b), continua in [a, b] e f (a) = f (b), allora esiste un punto c ∈ (a, b) tale che f⁰(c) = 0.

Dimostrazione. Siamo in presenza di una funzione f continua in un intervallo chiuso e limitato. Ne consegue, per il teorema di Weierstraß, che f ammette punto di massimo x_M e punto di minimo x_m assoluti. Distinguiamo due casi:

• Se m = M allora la funzione f `e costante e quindi f⁰(x) = 0 per ogni x ∈ [a, b].

• Se m < M allora almeno uno dei due xm o x_M appartiene a (a, b), ed in tal punto la derivata esiste ed `e nulla per il teorema di Fermat.

Esempio 1.3. Il teorema di Rolle `e applicabile alla funzione f (x) = x²(1 − x²) nell’intervallo [0, 1]. Infatti f `e continua in [0, 1] e derivabile in (0, 1). Inoltre f (0) = f (1). Allora esiste un valore c ∈ (0, 1) tale che f⁰(c) = 0. Infatti

f⁰(c) = −4x³ + 2x = 0 → c = 1

√2.

Esempio 1.4. Le ipotesi del teorema di Rolle sono le pi`u larghe possibili per cui vale l’enunciato stesso.

• La funzione f(x) = |x| è continua in [−1, 1], è tale che f(−1) = f(1), però f non è derivabile in x = 0. Infatti non esiste punto dell’intervallo (−1, 1) in cui f⁰ si annulla.

• La funzione f(x) = x `e continua in [0, 1], derivabile in (0, 1) per`o f(0) 6= f(1).

Infatti non esiste punto dell’intervallo (0, 1) in cui f⁰ si annulla.

• La funzione

f (x) =

0 x = 1 x x ∈ [0, 1)

(3)

1.2 - Derivata prima e monotonia

è continua e derivabile in (0, 1), è tale che f (0) = f (1). La funzione f però non è continua in x = 0 e x = 1. Infatti non esiste punto dell’intervallo (0, 1) in cui f⁰ si annulla.

Teorema 1.5 (Lagrange). `E data una funzione f : [a, b] ⊆ R → R, con a, b ∈ R.

Se f `e derivabile in (a, b), continua in [a, b]. Allora esiste un punto c ∈ (a, b) tale che f⁰(c) = f (b)−f (a)

b−a .

Dimostrazione. Consideriamo la funzione

g(x) = (f (b) − f (a)) x − (b − a)f (x).

La funzione g `e continua in [a, b], derivabile in (a, b) ed `e g(a) = g(a): quindi, per il teorema di Rolle esiste un c ∈ (a, b) per cui g⁰(c) = 0. Abbiamo

g⁰(x) = (f (b) − f (a)) − (b − a)f⁰(x) e

g⁰(c) = (f (b) − f (a)) − (b − a)f⁰(c) = 0 e quindi

f⁰(c) = f (b) − f (a) b − a .

Esempio 1.6. Il teorema di Lagrange `e applicabile alla funzione f (x) = x² nell’intervallo [0, 1]. Infatti f `e continua in [0, 1] e derivabile in (0, 1). Allora esiste un valore c ∈ (0, 1) tale che f⁰(c) = f (1)−f (0)

1−0 = 1. Infatti f⁰(c) = 2x = 1 → c = 1

2.

1.2 Derivata prima e monotonia

Il teorema di Fermat ci fornisce un metodo per la ricerca dei punti di estremo relativo per una funzione derivabile. I punti di estremo si devono cercare fra i punti stazionari.

Esempio 1.7. Consideriamo la funzione f (x) = x² la quale ammette x = 0 come punto stazionario che `e punto di minimo essendo f (x) > 0 per x 6= 0.

Per`o non tutti i punti stazionari sono di estremo.

Esempio 1.8. Consideriamo la funzione f (x) = x³ la quale ammette x = 0 come punto stazionario che non `e punto di estremo essendo f (x) > 0 per x > 0 e f (x) < 0 per x < 0.

La derivata prima fornisce anche informazioni sulla monotonia (crescenza e decrescenza) delle funzioni.

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Teorema 1.9. `E data una funzione f : (a, b) ⊆ R → R derivabile.

• f⁰(x) ≥ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f `e ivi crescente.

• f⁰(x) ≤ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f `e ivi decrescente.

Dimostrazione. Dimostreremo soltanto la 1, lasciando la dimostrazione della 2 per esercizio.

Sia f avente derivata prima positiva in (a, b). Applicando il teorema di Lagrange alla funzione f nell’intervallo [x₀, x₁] ⊂ (a, b), abbiamo che esiste un punto c ∈ (x₀, x₁) tale che

f⁰(c) = f (x₁) − f (x₀) x₁− x₀ ≥ 0 e quindi f (x₁) ≥ f (x₀).

Vediamo ora l’altra implicazione. Sia x₀ ∈ (a, b) e h ∈ R tale che x0+ h ∈ (a, b).

Siccome per ipotesi f `e crescente abbiamo che f (x₀+ h) − f (x₀)

h ≥ 0.

e per l’inverso del teorema della permanenza del segno si ha che lim

h→0

f (x₀+ h) − f (x₀)

h = f⁰(x₀) ≥ 0.

Quest’ultimo teorema suggerisce un metodo per la ricerca dei punti di estremo per una funzione derivabile. Sia x₀ un punto stazionario per una funzione f :

• x0 è un punto di minimo relativo se prima di x₀ la derivata prima è negativa e dopo è positiva,

& %

x₀

x

• x0 è un punto di massimo relativo se prima di x₀ la derivata prima è positiva e dopo è negativa,

% &

x0

x

• x0 `e un punto di flesso a tangente orizzontale se la derivata prima ha lo stesso segno prima e dopo x₀.

(5)

1.3 - Derivata prima e monotonia

% %

x₀

x & &

x₀

x

Esempio 1.10. Consideriamo la funzione f (x) = x² la cui derivata prima è f⁰(x) = 2x. La derivata prima è positiva per x > 0, e negativa per x < 0, e x = 0 è punto stazionario per f .

−3 −2 −1 0 1 2 3

& %

x

Dunque x = 0 `e punto di minimo per f (x) = x².

Esempio 1.11. Consideriamo la funzione f (x) = x³ la cui derivata prima è f⁰(x) = 3x². La derivata prima è positiva per x 6= 0, e x = 0 è punto stazionario per f .

−3 −2 −1 0 1 2 3

% %

x

Dunque x = 0 `e punto di flesso a tangente a orizzontale per f (x) = x³.

I punti di massimo o minimo si devono cercare anche nei punti critici non stazionari in cui f `e continua.

Esempio 1.12. Consideriamo la funzione f (x) = √³

x². Abbiamo già studiato cosa accade alla funzione per x = 0: la funzione è ivi continua ma non derivabile. La derivata prima è positiva per x > 0, e negativa per x < 0.

−3 −2 −1 0 1 2 3

& %

x

Dunque x = 0 `e punto di minimo per f (x) = √³ x².

(6)

1.3 Derivata seconda e concavit` a

E data una funzione f : (a, b) ⊆ R → R. Diremo che f è una funzione convessa se il` suo epigrafico¹ è un insieme convesso. Se −f è convessa, allora la funzione f è detta concava.

Funzione convessa Funzione concava

Ricordando che un sottoinsieme A di R²è convesso se ogni segmento che ha come estremi elementi di A è interamente contenuto in A, un altro modo per definire le funzioni convesse e concave è il seguente.

x

f (x) y_t

xt f (x_t)

f (y)

y x y

Consideriamo il punto di coordinate (x_t, y_t) appartenente al segmento congiungente i punti di coordinate (x, f (x)) e (y, f (y)). Possiamo esprimere le coordinate del punto tramite combinazione lineare convessa:

x_t = (1 − t)x + ty , y_t= (1 − t)f (x) + tf (y) , t ∈ [0, 1] . La funzione f `e convessa in (a, b) se per ogni x, y ∈ (a, b) si ha

f (x(1 − t) + yt) ≤ f (x)(1 − t) + f (y)t, per ogni t ∈ [0, 1].

La funzione f `e concava in (a, b) se per ogni x, y ∈ (a, b) si ha

f (x(1 − t) + yt) ≥ f (x)(1 − t) + f (y)t, per ogni t ∈ [0, 1].

Esempio 1.13. Proviamo che la funzione f (x) = x² `e convessa in R, ovvero che (1.2) (x(1 − t) + yt)² ≤ x²(1 − t) + y²t, per ogni t ∈ [0, 1]

`e verificata per x, y ∈ R.

1L’epigrafico di una funzione f `e la parte di piano sopra il grafico di f .

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1.4 - Derivata seconda e concavit`a La (1.2) equivale a

x²(1 − t) + y²t − [x(1 − t) + yt]² ≥ 0 da cui

x²(1 − t) + y²t −x²(1 − t)²+ y²t²+ 2xyt(1 − t) ≥ 0 da cui

x²(1 − t) − (1 − t)² + y²(t − t²) − 2xy(t − t²) ≥ 0 da cui

x² t − t² + y²(t − t²) − 2xy(t − t²) ≥ 0 da cui

(t − t²)(x − y)² ≥ 0.

Essendo l’ultima disequazione sempre verificata, allora f (x) = x² `e convessa in R.

La derivata seconda fornisce informazioni sulla concavit`a delle funzioni.

Teorema 1.14. `E data una funzione f : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino al secondo ordine.

• f⁰⁰(x) ≥ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f `e ivi convessa.

• f⁰⁰(x) ≤ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f `e ivi concava.

Esempio 1.15. Consideriamo la funzione f (x) = x². Avremo che f⁰⁰(x) = 2.

Poiché f⁰⁰ è sempre positiva, allora la funzione f è convessa nell’insieme di definizione.

Esempio 1.16. Consideriamo la funzione f (x) = x³. Avremo che f⁰⁰(x) = 6x. Si ha

• f⁰⁰(x) > 0 per x > 0 allora f `e ivi convessa;

• f⁰⁰(x) < 0 per x < 0 allora f `e ivi concava.

Un punto `e di flesso se ivi la funzione cambia concavit`a. I flessi sono di tre tipi:

• a tangente orizzontale: si trovano in quei punti stazionari in cui la derivata prima non cambia segno;

• a tangente obliqua: si trovano in quei punti in cui la derivata prima `e diversa da 0 e la derivata seconda si annulla;

• a tangente verticale: si trovano in quei punti in cui la derivata prima destra e sinistra sono infiniti dello stesso segno.

Esempio 1.17. La funzione f (x) = x³ in x = 0 ha un flesso a tangente orizzontale.

La funzione f (x) = x³ − x in x = 0 ha un flesso a tangente obliquo. La funzione f (x) =√³

x in x = 0 ha un flesso a tangente verticale.

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1.4 Funzioni lipschitziane

Sia f : I ⊆ R → R una funzione con I un intervallo di R. La funzione f `e detta lipschitziana in I se per ogni x, y ∈ I si ha che

|f (x) − f (y)| ≤ K |x − y|

o equivalentemente

|f (x) − f (y)|

|x − y| ≤ K, x 6= y con K costante reale, detta costante di Lipschitz.

Esempio 1.18. Consideriamo la funzione f (x) = |x|. Se x, y ∈ R allora vale la disugualianza triangolare inversa per cui

|f (x) − f (y)| = ||x| − |y|| ≤ |x − y| .

da cui discende che la funzione valore assoluto `e lipschitziana in R, con K = 1.

L’esempio precedente mostra come la lipschitzianità non implichi la derivabilità. Ma il seguente teorema lega la derivabilità alla lipschitzianità.

Teorema 1.19. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile. La funzione `e lipschitziana in (a, b) se e solo se f⁰(x) `e ivi limitata.

Dimostrazione. Se una funzione `e lipschitziana allora per ogni x, y ∈ (a, b) con x 6= y abbiamo

|f (x) − f (y)|

|x − y| ≤ K ∈ R.

Ma essendo f derivabile in (a, b) abbiamo che

y→xlim

|f (x) − f (y)|

|x − y| = |f⁰(x)| ≤ K ∈ R.

e quindi la derivata `e limitata.

Proviamo l’altra implicazione. Consideriamo x0, x1 ∈ (a, b) tali che x0 < x1. Allora f (x) verifica il teorema di Lagrange nell’intervallo [x₀, x₁], e quindi esiste un c ∈ (x₀, x₁) tale che

f⁰(c) = f (x₁) − f (x₀) x₁− x₀ da cui

|f⁰(c)| =

f (x1) − f (x0) x₁− x₀

e quindi |f (x₁) − f (x₀)| = |f⁰(c)| · |x₁− x₀|. Poiché per ipotesi f⁰(x) è limitata, e quindi è limitata anche |f⁰(x)|, significa che esiste un valore reale positivo K tale che |f⁰(x)| ≤ K per ogni x ∈ (a, b). Allora

|f (x₁) − f (x₀)| = |f⁰(c)| · |x₁− x₀| ≤ K|x₁− x₀|

(9)

1.5 - Teorema di De L’Hˆopital e quindi f `e lipschitziana in (a, b).

Esempio 1.20. Consideriamo la funzione f (x) =√

x. Se prendiamo la funzione in un qualsiasi intervallo aperto che ha zero come estremo allora f non è ivi lipschitziana perché la derivata non è limitata. Invece lo è in qualsiasi intervallo del tipo (a, +∞) con a > 1 perché la funzione radice quadrata ha derivata ivi limitata.

Esempio 1.21. Consideriamo la funzione f (x) = x². Se prendiamo la funzione in un qualsiasi intervallo limitato allora f `e ivi lipschitziana. Invece in qualsiasi intervallo illimitato la funzione non `e limitata.

Teorema 1.22. Sia f : A ⊆ R → R con A insieme chiuso e limitato. Se la funzione

`

e derivabile in A allora `e ivi lipschitziana.

Teorema 1.23. Se f : (a, b) ⊆ R → R `e lipschitziana allora `e ivi uniformemente continua (e quindi continua).

1.5 Teorema di De L’Hˆ opital

Il Teorema di De L’Hˆopital ci permette di sciogliere limiti che porgono le forme indeterminate del tipo ^∞_∞ o ⁰₀.

Teorema 1.24. Sia (a, b) limitato o illimitato e siano date le funzioni f, g : (a, b) ⊆ R → R derivabili e g⁰(x) 6= 0. Sia x₀ ∈ (a, b). Se sono verificate le seguenti condizioni:

• Il limite lim

x→x0

f (x)

g(x) porge una forma indeterminata ∞

∞ o 0 0.

• Il limite lim

x→x0

f⁰(x)

g⁰(x) esiste.

Allora

x→xlim0

f (x)

g(x)= lim

x→x0

f⁰(x) g(⁰x).

Esempio 1.25. Calcoliamo il limite

x→+∞lim ln x

x .

Il limite porge una forma indeterminata ^∞_∞. Cerchiamo di applicare il teorema di De L’Hˆopital. Il limite

x→+∞lim (ln x)⁰

(x)⁰ = lim

x→+∞

1 x

1 = lim

x→+∞

1 x = 1

+∞ = 0.

(10)

Allora è applicabile il Teorema di De L’Hôpital, e sarà

x→+∞lim ln x

x = lim

x→+∞

(ln x)⁰ (x)⁰ = 0.

x→+∞lim

x²+ x + 1 x²+ 3x + 2.

Il limite porge una forma indeterminata ^∞_∞. Cerchiamo di applicare il teorema di De L’Hˆopital.

x→+∞lim

(x²+ x + 1)⁰

(x²+ 3x + 2)⁰ = lim

x→+∞

2x + 1 2x + 3

Il limite porge ancora una forma indeterminata ^∞_∞. Cerchiamo di applicare nuova- mente il teorema di De L’Hˆopital.

x→+∞lim

(2x + 1)⁰

(2x + 3)⁰ = lim

x→+∞

2 2 = 1.

Allora è applicabile il Teorema di De L’Hôpital, e sarà

x→+∞lim

x²+ x + 1

x²+ 3x + 2 = lim

x→+∞

(x²+ x + 1)⁰

(x²+ 3x + 2)⁰ = lim

x→+∞

(2x + 1)⁰ (2x + 3)⁰ = 1.

Esempio 1.27. Calcoliamo il limite lim

x→0⁺

x − tan x x² .

Il limite porge una forma indeterminata ⁰₀. Cerchiamo di applicare il teorema di De L’Hˆopital.

lim

x→0⁺

(x − tan x)⁰

(x²)⁰ = lim

x→0⁺

1 − 1 − tan²x

2x = lim

x→0⁺

− tan²x 2x

Il limite porge ancora una forma indeterminata ⁰₀. Cerchiamo di applicare nuova- mente il teorema di De L’Hˆopital.

lim

x→0⁺

(− tan²x)⁰

(2x)⁰ = lim

x→0⁺

−2 tan x (1 + tan²x)

2 = 0.

Allora è applicabile il Teorema di De L’Hôpital, e sarà lim

x→0⁺

x − tan x

x² = lim

x→0⁺

(x − tan x)⁰

(x²)⁰ = lim

x→0⁺

(− tan²x)⁰ (2x)⁰ = 0.

x→0⁺(x ln x) .

(11)

1.5 - Teorema di De L’Hˆopital

Il limite porge una forma indeterminata 0 · ∞. Il Teorema di De L’Hˆopital non `e applicabile direttamente, ma possiamo trasformare la funzione per rendere applicabile il teorema.

lim

x→0⁺

(x ln x) = lim

x→0⁺

ln x

1 x

.

Quest’ultimo limite `e una forma indeterminata ^∞_∞, e cerchiamo di applicare il teorema di De L’Hˆopital.

lim

x→0⁺

(ln x)⁰

1 x

0 = lim

x→0⁺

1 x

− 1 x²

= lim

x→0⁺

−x²

x = − lim

x→0⁺x = 0⁻.

Allora è applicabile il Teorema di De L’Hôpital, e sarà lim

x→0⁺(x ln x) = lim

x→0⁺

ln x

1 x

= lim

x→0⁺

(ln x)⁰

1 x

0 = 0⁻.

x→−∞lim (xe^x) .

Il limite porge una forma indeterminata 0 · ∞. Il Teorema di De L’Hˆopital non `e applicabile direttamente, ma possiamo seguire il procedimento dell’esercizio precedente.

x→−∞lim (xe^x) = lim

x→−∞

x e^−x.

Quest’ultimo limite `e una forma indeterminata ^∞_∞, e cerchiamo di applicare il teorema di De L’Hˆopital.

x→−∞lim (x)⁰

(e^−x)⁰ = lim

x→−∞

1

−e^−x = lim

x→−∞(−e^x) = 0⁻. Allora è applicabile il Teorema di De L’Hôpital, e sarà

x→−∞lim (xe^x) = lim

x→−∞

x

e^−x = lim

x→−∞

(x)⁰

(e^−x)⁰ = 0⁻.

Il teorema di De L’Hˆopital `e molto utile per sciogliere le forme indeterminate del tipo 1^∞, 0⁰ e ∞⁰.

x→0⁺

(sin x + cos x)^x¹ .

Essendo una forma indeterminata 1^∞, sfruttiamo l’identit`a f (x)^g(x) = e^{ln(f (x)}^g(x)).

(12)

Abbiamo lim

x→0⁺

(sin x + cos x)^x¹ = lim

x→0⁺

eln(sin x+cos x)^x¹ = lim

x→0⁺

e¹^xln(sin x+cos x); lim

x→0⁺

1

xln(sin x + cos x) = 0 0. Possiamo allora applicare De L’Hˆopital:

lim

x→0⁺

1

xln(sin x + cos x) = lim

x→0⁺

cos x−sin x sin x+cos x

1 = 1

e dire che il limite della funzione iniziale `e e¹, ossia e.

x→^π₂(tan x)^tan(2x) .

Essendo una forma indeterminata ∞⁰, sfruttiamo l’identit`a f (x)^g(x) = e^{ln(f (x)}^g(x)). Abbiamo

lim

x→^π₂ (tan x)^tan(2x) = lim

x→^π₂ e^{ln(tan x)}^tan(2x) = lim

x→^π₂ etan(2x) ln(tan x); lim

x→^π₂ tan(2x) ln(tan x) = lim

x→^π₂

sin(2x)

cos(2x)ln(tan x) .

Siccome cos(2x) → 1 as x → π

2, possiamo calcolare direttamente lim

x→^π₂

ln(tan x)

1 sin(2x)

= ∞

∞. Allora applichiamo De L’Hˆopital:

x→lim^π₂

ln(tan x)

1 sin(2x)

= lim

x→^π₂ −sin(2x) cos(2x) = 0 da cui segue che il limite della funzione iniziale `e e⁰ = 1.

1.6 Polinomi di Taylor

Consideriamo una funzione f : (a, b) ⊆ R → R derivabile. Allora

x→xlim0

f (x) − f (x₀)

x − x₀ = f⁰(x₀) e ne consegue che

(1.3) g(x) = f (x) − f (x₀)

x − x₀ − f⁰(x₀)

(13)

1.6 - Polinomi di Taylor

`e infinitesima in x = x₀. Ricavando f (x) nella (1.3) abbiamo f (x) = f (x₀) + f⁰(x₀)(x − x₀) + g(x)(x − x₀).

Non `e difficile mostrare che g(x)(x − x₀) `e un infinitesimo di ordine maggiore a x − x₀ e quindi

g(x)(x − x₀) = o(x − x₀).

Ne consegue che

(1.4) f (x) = f (x₀) + f⁰(x₀)(x − x₀)

| {z }

P1(x)

+o(x − x₀).

Dalla (1.4) abbiamo che la funzione f si può scrivere come somma di una funzione polinomiale di primo grado, la quale non è altro che la retta tangente ad f in x0 e una funzione che è un infinitesimo di ordine superiore a x − x₀ per x → x₀. La funzione polinomiale P₁ in (1.4) è tale che

(1.5) P1(x0) = f (x0), P₁⁰(x0) = f⁰(x0).

x₀ f (x₀)

x P₁(x)

f (x) _o

(x−x0)

x y

Poniamoci la questione se `e possibile trovare una funzione polinomiale Pn(x) di grado n che migliora in un intorno di x₀ l’approssimazione di f . Coerentemente con le (1.5), tale polinomio P_n(x) dovr`a essere tale che P_n(x₀) = f (x₀) e Pn^(j)(x₀) = f^(j)(x₀) per ogni j ∈ {1, 2, · · · , n}, posto che f sia derivabile in x₀ fino all’ordine n.

Il seguente teorema ci dice quale `e tale polinomio, il quale viene chiamato polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x₀.

Teorema 1.32. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x0 ∈ (a, b).

Allora esiste un unico polinomio Pn(x) tale che Pn(x0) = f (x0) e Pn^(k)(x0) = f^(k)(x0) per ogni k ∈ {1, 2, · · · , n}.

(14)

Dimostrazione. Proponiamo come P_n(x₀) il polinomio

P_n(x) = a₀+ a₁(x − x₀) + a₂(x − x₀)²+ · · · + a_n(x − x₀)ⁿ. Si ha:

P_n⁰(x) = a1+ 2a2(x − x0) + · · · + nan(x − x0)ⁿ⁻¹ P ”_n(x) = 2a₂+ · · · + n(n − 1)a_n(x − x₀)ⁿ⁻²

· · ·

P_n⁽ⁿ⁾(x) = n(n − 1) · · · 2a_n. Calcolando in x₀ si trova

P_n(x₀) = a₀, P_n⁰(x₀) = a₁, P_n⁽ⁿ⁾ = n!a_n. Abbiamo quindi che

a_k = f^(k)(x₀)

k! , k ∈ {0, 1, · · · , n}.

In forma compatta il polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x₀ `e

Pn(x) =

n

X

k=0

f^(k)(x₀)

k! (x − x0)^k.

Esempio 1.33. Consideriamo la funzione f (x) = sin x. Troviamo il suo polinomio di Taylor di grado n e centro 0.

Poich´e per ogni k ∈ N si ha che

f^(4k)(x) = sin x, f^(4k+1)(x) = cos x, f^(4k+2)(x) = − sin x, f^(4k+3)(x) = − cos x e di conseguenza

f^(4k)(0) = 0, f^(4k+1)(0) = 1, f^(4k+2)(0) = 0, f^(4k+3)(0) = −1 allora

P2n+1(x) = x − x³ 3! +x⁵

5! − x⁷

7! + · · · + (−1)ⁿ

(2n + 1)!x²ⁿ⁺¹ =

n

X

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!x^2k+1 e

P_2n(x) = P_2n−1(x).

(15)

1.6 - Polinomi di Taylor

P₁

P₃ P5

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−2

−1 1 2

x y

Esempio 1.34. Consideriamo la funzione f (x) = cos x. Troviamo il suo polinomio di Taylor di grado n e centro 0.

Poich´e per ogni k ∈ N si ha che

f^(4k)(x) = cos x, f^(4k+1)(x) = − sin x, f^(4k+2)(x) = − cos x, f^(4k+3)(x) = sin x e di conseguenza

f^(4k)(0) = 1, f^(4k+1)(0) = 0, f^(4k+2)(0) = −1, f^(4k+3)(0) = 0 allora

P_2n(x) = 1 − x² 2! +x⁴

4! − x⁶

6! + · · · + (−1)ⁿ (2n)!x²ⁿ =

n

X

k=0

(−1)^k (2k)!x^2k e

P_2n+1(x) = P_2n(x).

P₀

P₂ P₃

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−2

−1 1 2

x y

Esempio 1.35. Consideriamo la funzione f (x) = e^x. Troviamo il suo polinomio di Taylor di grado n e centro 0.

Poich´e

f^(k)(0) = 1, per ogni k ∈ {0, 1, · · · , n}

allora

P_n(x) = 1 + x + x² 2! +x³

3! + · · · + xⁿ n! =

n

X

k=0

x^k k!.

Poich´e f (1) = e, possiamo usare i polinomi di Taylor per calcolare una approssima-

(16)

zione del numero di Nepero.

n Pn(1) Pn(1) − f (1)

1 2 0.718282

2 2.5 0.218282

3 2.66667 0.0516152 4 2.70833 0.0099485 5 2.71667 0.00161516

Come si pu`o notare gi`a al grado 5 il polinomio di Taylor approssima fino alla seconda cifra decimale il numero di Nepero.

Esempio 1.36. Consideriamo la funzione f (x) = ln(1 + x). Troviamo il suo polinomio di Taylor di grado n e centro 0.

Abbiamo f⁰(x) = 1

1 + x, f⁰⁰(x) = − 1

(1 + x)², f⁰⁰⁰(x) = 2

(1 + x)³, f⁽⁴⁾(x) = − 6

(1 + x)⁴, · · · e di conseguenza

f (0) = 0, f⁰(0) = 1, f⁰⁰(0) = −2, f⁰⁰⁰(0) = 2, f⁽⁴⁾(0) = −6, · · · allora

Pn(x) =

n

X

k=1

(−1)^k+1(k − 1)! · x^k k! =

n

X

k=1

(−1)^k+1 k x^k.

P₁

P₂ P₃

−1 1 2 3 4

−2

−1 1 2 3

x y

Si definisce errore di approssimazione o resto n-esimo la funzione R_n(x) = f (x) − P_n(x)

ovvero l’errore che si commette approssimando la funzione f con P_n in x.

Teorema 1.37. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x⁰ ∈ (a, b).

Se P_n(x) `e il polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x₀. Allora E_n(x) = o ((x − x₀)ⁿ) .

(17)

1.7 - Infinitesimi e infiniti campione

La rappresentazione di E_n data in quest’ultimo teorema `e detta forma di Peano del resto n-esimo. Esistono altre rappresentazione del resto n-esimo che noi qui non daremo.

Esempio 1.38. Secondo la rappresentazione del resto in forma di Peano abbiamo che

sin x =

n

X

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!x^2k+1+ o(x²ⁿ⁺¹), cos x =

n

X

k=0

(−1)^k

(2k)!x^2k+ o(x²ⁿ), e^x =

n

X

k=0

1

k!x^k+ o(xⁿ), ln(1 + x) =

n

X

k=1

(−1)^k+1

k x^k+ o(xⁿ).

Esempio 1.39. Calcolare il polinomio di Taylor di grado 2 e centro 0 della funzione f (x) = ln(cos x)).

f (x) = ln(cos x)) , f⁰(x) = − tan x , f ”(x) = −1 − tan²x da cui segue

f (0) = 0 , f⁰(0) = 0 , f ”(0) = −1 e quindi

P (x) = −x². Inoltre abbiamo che

ln(cos(x)) = −x²+ o(x²).

Dai polinomi di Taylor si possono ricavare altri sviluppi di Taylor grazie al seguente teorema.

Teorema 1.40. Siano f, g : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x0 ∈ (a, b). Sia P_n (Q_n) il polinomio di Taylor di grado n generato da f (g) e centro x₀. Allora

• Se α, β ∈ R, allora αPn(x) + βQ_n(x) `e il polinomio di Taylor di grado n generato da αf + βg con centro x₀.

• Pn⁰(x) `e il polinomio di Taylor di grado n − 1 generato da f⁰.

1.7 Infinitesimi e infiniti campione

Ricordiamo che una funzione f `e infinitesima in x0 se

x→xlim f (x) = 0

(18)

e che f `e infinita in x₀ se

x→xlim0

f (x) = ±∞.

Siano f (x) e g(x) 6= 0 funzioni infinite o infinitesime per x → x₀, con x₀ finito o infinito.

Se esiste α ∈ R⁺ tale che il limite

(1.6) lim

x→x0

f (x) [g(x)]^α

è finito non nullo, allora si dirà che f è un infinito (o infinitesimo) di ordine α in x₀ rispetto all’ infinito (o infinitesimo) campione g(x).

Nella pratica si usano campioni standard (dove non diversamente specificato):

- se x → ±∞, g(x) = x `e l’infinito campione, mentre g(x) = 1

x `e l’infinitesimo campione;

- se x → x₀, g(x) = 1

x − x₀`e l’infinito campione, mentre g(x) = x−x₀`e l’infinitesimo campione.

Esempio 1.41. La funzione f (x) = x + sin x `e una funzione infinitesima in x = 0.

Poich´e

x→0lim

x + sin x x^α

`

e finito non nullo per α = 1 allora f (x) `e un infinitesimo di ordine 1 in x = 0.

Esempio 1.42. La funzione f (x) = x − sin x `e una funzione infinitesima in x = 0.

Poich´e

x→0lim

x − sin x x^α

`

e finito non nullo per α = 3 allora f (x) `e un infinitesimo di ordine 3 in x = 0.

Esempio 1.43. Consideriamo la funzione f (x) = e^x la quale `e infinitesima per x → −∞. Per`o non esiste valore di α tale che

x→−∞lim e^x x^α

`

e finito non nullo. In questo caso non `e determinabile l’ordine di infinitesimo di questa funzione.

Esempio 1.44. L’infinitesimo f (x) = ln(1 + x²) per x → 0 `e di ordine 2 rispetto a x perch`e

x→0lim

ln(1 + x²) x² = 1 .

Esempio 1.45. L’infinitesimo f (x) = x − 4

x²+ 1 per x → +∞ `e di ordine 1 rispetto a

(19)

1.8 - Grafico qualitativo delle funzioni

1

x perch`e

x→+∞lim

x − 4 x²+ 1

1 x

= lim

x→+∞

x²− 4x x²+ 1 = 1 .

Esempio 1.46. La funzione f (x) = x² + x³ `e un infinito di ordine 3 rispetto a g(x) = x per x → ±∞. Infatti

x→±∞lim

x² + x³ x³ = 1.

Grazie al teorema di De L’Hôpital e ai polinomi di Taylor è più agevole trovare l’infinitesimo campione di una funzione infinitesima in un x₀ finito.

Esempio 1.47. La funzione f (x) = x + sin x `e una funzione infinitesima in x = 0 ed ha ivi sviluppo di Taylor uguale

x + sin x = x + (x + o(x)) = 2x + o(x).

Quindi

x→0lim

x + sin x x^α = lim

x→0

2x + o(x) x^α .

Quest’ultimo limite `e finito non nullo per α = 1, e dunque x + sin x `e infinitesimo di ordine 1 in x = 0.

Lo stesso risultato si poteva ottenere con il teorema di De L’Hˆopital, infatti

x→0lim

x + sin x x^α = lim

x→0

1 + cos x

αx^α−1 = 2 αx^α−1.

Per avere un valore del limite finito non nullo dobbiamo porre α = 1.

Esempio 1.48. La funzione f (x) = x − sin x `e una funzione infinitesima in x = 0 ed ha ivi sviluppo di Taylor uguale a

sin x − x = x −

x −x³

3! + o(x³)

= x³

3! + o(x³).

Quindi

x→0lim

x − sin x x^α = lim

x→0 x³

3! + o(x³) x^α .

Quest’ultimo limite `e finito non nullo per α = 3, e dunque x − sin x `e infinitesimo di ordine 3 in x = 0.

1.8 Grafico qualitativo delle funzioni

Grazie a tutto ci`o che abbiamo sviluppato fino a qui, abbiamo gli strumenti per trovare il grafico qualitativo di una funzione. Ecco i passaggi necessari:

(20)

1. Si determina l’insieme di definizione della funzione.

2. Si trovano i punti di intersezione della funzione con gli assi cartesiani.

3. Si trovano gli intervalli in cui la funzione `e positiva, e quelli in cui `e negativa.

4. Si calcolano i limiti della funzione agli estremi dell’insieme di definizione.

5. Si calcola la derivata prima. Si determinano gli intervalli in cui la funzione `e crescente e decrescente. Si determinano i massimi e minimi.

6. Si calcola la derivata seconda. Si determinano gli intervalli in cui la funzione `e convessa e concava. Si determinano i punti di flesso.

Esempio 1.49. Determiniamo il grafico qualitativo della funzione f (x) = x³− x.

Dominio. La funzione `e polinomiale. Ne consegue che l’insieme di definizione `e R.

Intersezione con gli assi. Le intersezioni con l’asse x si cercano risolvendo il sistema

y = x³− x y = 0

che porge i punti A = (0, 0) e B = (1, 0). Le intersezioni con l’asse y si cercano risolvendo il sistema

y = x³− x x = 0 che porge il punto A.

Positivit`a. Dobbiamo risolvere la disequazione x³− x ≥ 0.

x³− x ≥ 0 → x x²− 1 ≥ 0 → x (x − 1) (x + 1) ≥ 0.

Studiamo la positivit`a dei tre fattori.

• Il primo fattore porge x ≥ 0;

• Il secondo fattore porge x − 1 ≥ 0 che ha soluzione per x ≥ 1;

• Il terzo fattore porge x + 1 ≥ 0 che ha soluzione per x ≥ −1.

Riportiamo il tutto in un grafico riepilogativo:

−3 −2 −1 0 1 2 3

x

discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1).

(21)

Limiti agli estremi del dominio.

x→±∞lim x³− x = lim

x→±∞x³ 1 − x

x³

= lim

x→±∞x³ = ±∞.

Non ci sono asintoti verticali e orizzontali. Non ci sono asintoti obliqui perch´e

x→±∞lim

x³− x

x = lim

x→±∞

x³

x = lim

x→±∞x² = +∞.

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = 3x²− 1. La derivata prima si annulla per x = ±

√ 3 3 ,

`

e positiva per x ∈

−∞, −

√ 3 3

∪^√

3

3 , +∞

, `e negativa per x ∈

−

√ 3 3 ,

√ 3 3

.

% & %

√3

− 3

√3 3

x

Abbiamo che x = −

√3

3 `e punto di massimo relativo e x =

√3

3 `e punto di minimo relativo.

Derivata seconda. Si ha f⁰⁰(x) = 6x. La derivata seconda si annulla per x = 0, `e positiva per x ∈ (0, +∞), `e negativa per x ∈ (−∞, 0).

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

∩ ∪

x

Abbiamo che x = 0 `e punto di flesso a tangente obliqua.

Grafico.

−3 −2 −1 1 2 3

−10

−5 5 10

x y

(22)

Esempio 1.50. Determiniamo il grafico qualitativo della funzione f (x) = x³ x²− 1. Dominio. Essendo un rapporto fra polinomi, imponiamo che il denominatore sia diverso da 0:

x²− 1 6= 0 → x² 6= 1 → x 6= ±1.

Quindi l’insieme di esistenza della funzione `e

D = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞).







y = x³ x²− 1 y = 0

che porge il punto A = (0, 0). Pure l’intersezione con l’asse y porge il punto A.

Positivit`a. Dobbiamo risolvere la disequazione x³

x²− 1≥ 0. La disequazione `e frat- ta, e dobbiamo studiare la positivit`a del numeratore e denominatore. Il numeratore

`

e positivo per x ≥ 0. Il denominatore `e strettamente positivo per x < −1 ∨ x > 1.

Riassumiamo il tutto in un grafico del segno:

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

x

Discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1).

x→±∞lim x³

x²− 1= lim

x→±∞

x³ x² 1 − 1

x²

! = lim

x→±∞

x³

x² = lim

x→±∞x = ±∞,

lim

x→(−1)^±

x³

x²− 1= ±∞, lim

x→1^±

x³

x²− 1= ±∞.

Quindi non abbiamo asintoti orizzontali, e due asintoti verticali x = 1 e x = −1.

Vediamo se esistono asintoti obliqui:

(23)

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = x²(x²− 3)

(x²− 1)² . La derivata prima si annulla per x = 0, x = −√

3 e x =√

3, `e positiva per x ∈ −∞, −√

3 ∪ √

3, +∞, `e negativa per x ∈ −√

3, −1 ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ 1,√ 3.

% & & & & %

−√

3 −1 0 −1 √

3

x

Abbiamo che x = −√

3 `e punto di massimo relativo, x = 0 `e punto di flesso a tangente orizzontale, x =√

3 `e punto di minimo relativo.

Derivata seconda.Si ha f⁰⁰(x) = 2x (x²+ 3)

(x²− 1)³ . La derivata seconda si annulla per x = 0, `e positiva per x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞), `e negativa per x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1).

Grafico.

−3 −2 −1 1 2 3

−4

−2 2 4

x y

Esempio 1.51. Determiniamo il grafico qualitativo della funzione f (x) = x log x.

Dominio. Si deve imporre che l’argomento del logaritmo sia strettamente positivo.

Quindi l’insieme di esistenza `e (0, +∞).

y = x log x y = 0

che porge il punto A = (1, 0). Non vi sono intersezioni con l’asse y.

Positivit`a. Dobbiamo risolvere la disequazione x log x ≥ 0. Studiamo la positivit`a dei due fattori.

• Il primo fattore porge x ≥ 0;

• Il secondo fattore porge log x ≥ 0 che ha soluzione per x ≥ 1;

Riportiamo il tutto in un grafico riepilogativo:

(24)

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 x

discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (1, +∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (0, 1).

Limiti agli estremi del dominio. Il limite lim

x→0⁺x log x.

conduce ad una forma indeterminata del tipo 0·∞. Trasformiamo il limite per poter applicare il Teorema di De L’Hopital.

lim

x→0⁺x log x = lim

x→0⁺

log x

1 x

= lim

x→0⁺

(log x)⁰

1 x

⁰ = lim

x→0⁺ 1 x

−_x¹2

= − lim

x→0⁺x = 0⁻. Proseguiamo con

x→+∞lim x log x = +∞.

Non ci sono asintoti verticali e orizzontali. Non ci sono asintoti obliqui perch´e

x→±∞lim

x log x

x = lim

x→±∞log x = +∞.

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = log x + 1. La derivata prima si annulla per x = e⁻¹,

`

e positiva per x ∈ (e⁻¹, +∞), `e negativa per x ∈ (0, e⁻¹).

& %

0 e⁻¹

x

Abbiamo che x = e⁻¹ `e punto di minimo relativo.

Derivata seconda. Si ha f⁰⁰(x) = 1

x. La derivata seconda non si annulla mai, ed

`

e positiva nel dominio di f . Ne consegue che f `e una funzione convessa.

Altre informazioni. La funzione per x → 0⁺tende a 0, ma in x = 0 non `e definita.

Dobbiamo quindi studiare in che modo il grafico di f tende al punto (0, 0). Questo possiamo ricavarlo facendo il limite della derivata prima per x → 0⁺:

lim

x→0⁺(log x + 1) = −∞.

(25)

Ne consegue che il grafico di f arriva al punto (0, 0) con tangente che tende ad essere verticale.

Grafico.

1 2

x y

Esempio 1.52. Determinare il grafico qualitativo della funzione f (x) = e^x− 1 e^x+ 1. Dominio. Dobbiamo imporre che il denominatore sia non nullo: e^x+ 1 6= 0 la quale

`e sempre verificata. Quindi D = R.

Intersezione con gli assi. L’unico punto di intersezione con gli assi `e l’origine.

Positivit`a. Dobbiamo risolvere

e^x− 1 e^x+ 1 ≥ 0.

Studiamo la positivit`a di numeratore e denominatore:

• Il numeratore porge x ≥ 0;

• Il denominatore `e sempre strettamente positivo.

Ne discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (0, +∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (−∞, 0).

x→+∞lim

e^x− 1

e^x+ 1 = lim

x→+∞

e^x 1 − _e¹x

e^x 1 + _e¹x

= 1.

x→−∞lim

e^x− 1

e^x+ 1 = e^−∞− 1

e^−∞+ 1= − 1

1 = −1.

Ne consegue che y = 1 `e asintoto orizzontale destro e y = −1 `e asintoto orizzontale sinistro.

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = 2e^x

(e^x+ 1)². Notiamo che f⁰ `e sempre positiva e non si annulla mai. Ne consegue che la funzione `e sempre crescente.

Derivata seconda. Si ha f⁰⁰(x) = −2e^x(e^x− 1)

(e^x+ 1)³ . La derivata seconda `e positiva

(26)

per x > 0, negativa per x < 0 e si annulla in x = 0. Quindi la funzione f `e concava per x < 0 e convessa per x > 0. In x = 0 vi `e un flesso a tangente obliquo.

Grafico.

−4 −2 2 4

−1

−0.5 0.5 1

x y

Esempio 1.53. Determinare il grafico qualitativo della funzione f (x) = |x|√

2x + 3.

Dominio. Dobbiamo imporre che il radicando della radice quadrata sia non nega- tivo: 2x + 3 ≥ 0 da cui x ≥ −³₂. Quindi l’insieme di esistenza `e D = [−³₂, +∞).

Positività. La funzione è positiva perché è prodotto di funzioni positive.

Usando la definizione di valore assoluto la funzione si pu`o riscrivere come

f (x) =

( x√

2x + 3 x ≥ 0

−x√

2x + 3 −³₂ ≤ x < 0

Per rendere semplice lo studio `e meglio studiare i due rami della funzione separata- mente.

Ora studiamo la funzione per x ≥ 0.

Intersezione con gli assi. L’origine `e l’unica intersezione con gli assi.

x→+∞lim x√

2x + 3 = (+∞)(+∞) = +∞.

Non vi `e asintoto obliquo perch´e

x→+∞lim x√

2x + 3

x = lim

x→+∞

√2x + 3 = +∞.

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = 3(x + 1)

√2x + 3. La derivata prima non si annulla mai ed

`

e sempre positiva. Ne consegue che la f `e ivi crescente.

Derivata seconda. Si ha f⁰⁰(x) = 3(x + 2)

√2x + 3³. La derivata seconda non si annulla mai ed `e sempre positiva. Ne consegue che la f `e ivi convessa.

Passiamo ora allo studio della funzione per −³₂ ≤ x < 0.

Intersezione con gli assi. Vi `e un punto di intersezione in −³₂, 0.

lim

x→(³₂)⁺

−x√

2x + 3

= 0⁺ lim

x→0⁻

−x√

2x + 3

= 0⁺.

(27)

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = −3(x + 1)

√2x + 3. La derivata prima `e negativa per x > −1 e positiva per −³₂ ≤ x < −1. Si annulla per x = −1 che risulta essere un punto di massimo.

% &

−³₂ −1 0

x

Derivata seconda. Si ha f⁰⁰(x) = − 3(x + 2)

√2x + 3³

. La derivata seconda non si annulla mai ed `e sempre negativa. Ne consegue che la f `e ivi concava.

Altre informazioni. In x = 0 la funzione `e continua, ma non derivabile, poich´e vi

`

e un punto angoloso. Ivi la funzione ha punto di minimo assoluto.

Grafico.

−2 −1 1 2

1 2 3 4

x y

Esempio 1.54. Determinare il grafico qualitativo della funzione f (x) = sin x cos x + 2 in [0, 2π].

Dominio. Imponiamo cos x + 2 6= 0, da cui si ricava, per la propriet`a di limitatezza della funzione coseno, x ∈ R.

Intersezione con gli assi. Si trovano i punti (0, 0), (π, 0), (2π, 0).

Positività. Osservando che sin x ≥ 0 per 0 ≤ x ≤ π e che cos x + 2 è sempre positiva, si ottiene che la funzione è positiva per 0 ≤ x ≤ π.

lim

x→0⁺

sin x

cos x + 2= 0 lim

x→(2π)⁻

sin x

cos x + 2= 0.

Derivata prima. Si ha f⁰(x) = 1 + 2 cos x

(cos x + 2)². Tale derivata `e positiva per 0 ≤ x ≤

2π

3 o ^4π₃ ≤ x ≤ 2π:

(28)

% & %

0 ^2π

3

4π

3 2π

x

Derivata seconda. Si ha f ”(x) = (2 sin x)(cos x − 1)

(2 + cos x)³ , da cui si ottiene che la funzione `e concava in [0, π] e convessa in [π, 2π].

Grafico.

−2 2 4 6

−2 2

x y

1.9 Esercizi

Esercizio 1.1. Dimostrare che prendendo due funzioni f, g : [a, b] ⊂ R → R tali che f, g continue in [a, b], derivabili in (a, b), allora esiste un punto c ∈ (a, b) tale che

(f (b) − f (a)) g⁰(c) = (g(b) − g(a)) f⁰(c).

Esercizio 1.2. Calcolare i seguenti limiti:

1. lim

x→±∞

x³− x + 1 x²+ 1 ; 2. lim

x→±∞

e^x+ e^2x x²− 1 ; 3. lim

x→0⁺

√x + 1 − 1

x ;

4. lim

x→−∞

1 − e^x 1 + e^2x; 5. lim

x→0⁺

sin x + tan²x x²+ x ; 6. lim

x→+∞

√x ln x;

7. lim

x→1⁺

√x − 1 x − 1 ; 8. lim

x→0⁺x ln²x;

9. lim

x→0⁺x^x;

(29)

1.9 - Esercizi

10. lim

x→+∞x^x; 11. lim

x→0⁺(sin x)^x.

Esercizio 1.3. Ricavare il polinomio di Taylor delle seguenti funzioni. Si indica con n il grado del polinomio e x₀ il centro. Si determini inoltre il resto in forma di Peano.

1. f (x) =√

x, n = 2, x₀ = 1;

2. f (x) = sin x, n = 4, x₀ = 0;

3. f (x) = ln(1 + 3x), n = 3, x₀ = 0, 4. f (x) = e^−x², n = 6, x₀ = 0.

Esercizio 1.4. Trovare l’ordine di infinitesimo delle seguenti funzioni nel punto indicato:

1. f (x) = x²

x − 1 in x = 0;

2. f (x) = sin(ln(1 + x²)) in x = 0;

3. f (x) =√

x − 1 in x = 1.

Esercizio 1.5. Studiare le seguenti funzioni e tracciarne il grafico:

1. f (x) = x³− 2x;

2. f (x) = x³ 3 − x²; 3. f (x) = xe^1−x²; 4. f (x) = x + 1

x; 5. f (x) = xe^x; 6. f (x) = x²e^x;

7. f (x) = ln(x²+ x + 2);

8. f (x) = x ln²x;

9. f (x) = x²ln x;

10. f (x) = e^x+ 1 e^x− 1;

11. f (x) = x s

2x − 1 x − 1; 12. f (x) = sin x

2 cos x + 1; 13. f (x) = sin(2x)

sin x − cos x;

(30)

14. f (x) = cos(2x) − sin x;

15. f (x) = e 1 x − 1;

16. f (x) = arctan x + 1 x

!

;

17. f (x) =√ xe^x; 18. f (x) = √³

1 − x²; 19. f (x) = √³

x³− x²;

1. f (x) = |x|

x²+ 1; 2. f (x) = 4x

|x − 2| + |x + 3|; 3. f (x) = |x|

x²− 1; 4. f (x) =

x + 2

|x| − 1

; 5. f (x) = | cos x| sin x.

1. f (x) = |x|

x²+ 1; 2. f (x) = 4x

|x − 2| + |x + 3|; 3. f (x) = |x|

x²− 1; 4. f (x) =

x + 2

|x| − 1

; 5. f (x) = | cos x| sin x.

1. f (x) = sinh x;

2. f (x) = cosh x;

3. f (x) = tanh x;

4. f (x) = cosh x + 2 sinh x;

(31)

1.9 - Esercizi

5. f (x) = cosh(2x) − 3 sinh x;

6. f (x) = sinh x + 1 x

! .