Appunti di Matematica Clea dispari

Appunti di Matematica Clea dispari

Daniele Ritelli

24 novembre 2004

1 Derivate: generalit` a

Consideriamo una funzione reale di una variabile reale f : I → R, ove I `e un intervallo.

Diremo che f `e derivabile in x0∈ I se esiste finito il limite:

x→xlim0

f(x) − f(x⁰)

x− x⁰ . (1.1)

Il valore del limite (1.1) si indica con uno dei simboli:

f⁰(x0), ˙f(x0), Df (x0),df dx(x0)

Se per ogni x0∈ I esiste il limite (1.1) la funzione f `e detta derivabile in I e la funzione:

x7−→ f⁰(x) si dice funzione derivata o, pi`u semplicemente, derivata di f.

Si osservi che (1.1) si pu`o anche scrivere, ponendo h = x − x0,come:

h→0lim

f(x0+ h) − f(x0) h

Teorema 1. Se f `e derivabile in x0 allora f `e continua in x0. Dimostrazione. Bisogna dimostrare che:

x→xlim0|f(x) − f(x⁰)| = 0.

Si ha:

|f(x) − f(x⁰)| =    

f(x) − f(x⁰) x− x0

· |x − x⁰| . D’altra parte, per ipotesi:

x→xlim0

f(x) − f(x⁰) x− x0

= |f⁰(x0)| , quindi:

x→xlim0|f(x) − f(x0)| = lim

x→x0

f(x) − f(x⁰) x− x0

   · lim

x→x0|x − x0|

= |f⁰(x0)| · 0 = 0.

∗Versione riservata agli studenti frequentanti dell’anno accademico 2004-2005 da non diffondere senza il consenso dell’autore.

La derivabilit`a implica la continuit`a ma non viceversa, nel senso che esistono funzioni continue che non sono derivabili. Ad esempio la funzione:

f(x) = x sin1 x

`e continua nell’origine, ma non `e derivabile nell’origine. Infatti:

f(x) − f(0)

x− 0 = sin1 x, ma, evidentemente

x→0limsin 1 x@

-0.3 -0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3 0.4

-0.2 -0.1 0.1 0.2

Teorema 2. Se f e g sono due funzioni derivabili in x0∈ I, e α ∈ R, allora:

(α · f)⁰(x0) = α · f⁰(x0) (f + g)⁰(x0) = f⁰(x0) + g⁰(x0)

(f · g)⁰(x0) = f⁰(x0) · g(x⁰) + f (x0) · g⁰(x0) Dimostrazione. Infatti:

x→xlim0

α· f(x) − α · f(x0)

x− x⁰ = α · lim_x→x

0

f(x) − f(x0)

x− x⁰ = α · f⁰(x0).

x→xlim0

(f + g) (x) − (f + g) (x0) x− x0

= lim

x→x0

f(x) + g(x) − f(x0) − g(x0) x− x0

= lim

x→x0

 f (x) − f(x⁰)

x− x⁰ +g(x) − g(x0) x− x⁰



= f⁰(x0) + g⁰(x0)

x→xlim0

(f · g) (x) − (f · g) (x⁰) x− x0

=

x→xlim0

f(x) · g(x) − f(x0) · g(x0) x− x⁰

= lim

x→x0

f(x) · g(x) − f(x) · g(x0) + f (x) · g(x0) − f(x0) · g(x0) x− x⁰

x→xlim0

f(x) · g(x) − f(x) · g(x0) x− x0

+ lim

x→x0

f(x) · g(x0) − f(x0) · g(x0) x− x0

x→xlim0

 g(x) − g(x⁰)

x− x⁰ · f(x) + lim

x→x0

f(x) − f(x0) x− x⁰ · g(x0)



= g⁰(x0) · f(x0) + f⁰(x0) · g(x0)

Teorema 3. Se f `e derivabile in x0∈ I, e f(x⁰) 6= 0, allora:

 1 f

⁰

(x0) = − f⁰(x0) [f (x0)]² Dimostrazione. Infatti:

x→xlim0

 1 f



(x) − 1 f

 (x0) x− x0

= lim

x→x0

1

f(x)− 1 f(x0) x− x0

= lim

x→x0

f(x0) − f(x) f(x) · f(x⁰) · (x − x⁰)

= lim

x→x0

 f (x0) − f(x)

x− x⁰ · 1

f(x) · f(x⁰)



= lim

x→x0

f(x0) − f(x) x− x⁰ · lim_x→x

0

1 f(x) · f(x⁰)

= −f⁰(x0) · 1 [f (x0)]²

Teorema 4. Se Se f e g sono due funzioni derivabili in x0∈ I, e g(x0) 6= 0, allora:

 f g

⁰

(x0) = f⁰(x0) · g(x0) − f(x0) · g⁰(x0) [g(x0)]²

Dimostrazione. Basta applicare la regola per la derivazione del prodotto alla funzione f · h con:

h(x) = 1 g(x). Infatti:

(f · h)⁰(x0) = f⁰(x0) · h(x0) + f (x0) · h⁰(x0) =

= f⁰(x0) · 1

g(x0)− f(x⁰) g⁰(x0) [g(x0)]²

= f⁰(x0) · g(x0) − f(x0) · g⁰(x0) [g(x0)]²

2 Risultati fondamentali

Definizione 1. Se f : I → R, il punto x⁰∈ I `e detto punto di massimo relativo per f se esiste un numero reale positivo δ tale per cui ]x0− δ, x⁰+ δ[ ⊂ I e per ogni x ∈ ]x⁰− δ, x⁰+ δ[ si ha f (x0) ≥ f(x).

Naturalmente x0`e un minimo relativo per f se x0`e massimo relativo per −f.

Teorema (Fermat). Se f : I → R `e una funzione derivabile nel punto x<sup>0</sup>di massimo relativo e se x0`e interno all’intervallo I allora f⁰(x0) = 0.

Dimostrazione. Fissiamo un arbitrario elemento x ∈ ]x⁰− δ, x⁰+ δ[ . Ora il segno della frazione:

f(x) − f(x0) x− x0

`e positivo se x < x0 ed `e negativo per x > x0.Pertanto:

f₊⁰(x0) = lim

x→x⁺₀

f(x) − f(x0) x− x⁰ ≤ 0, mentre:

f₋⁰(x0) = lim

x→x⁻₀

f(x) − f(x⁰) x− x0 ≥ 0 L’potesi di derivabilit`a implica

f₊⁰(x0) = f−⁰ (x0) = f⁰(x0), da cui si desume:

f⁰(x0) = 0.

Ovviamente si ha un enunciato analogo per per un punto di minimo relativo interno.

Teorema (Rolle, 1690). Se f : [a, b] → R `e una funzione continua su [a, b] e derivabile in ]a, b[ e se esistono, a, b∈ I, a < b, per cui si abbia f(a) = f(b), esiste almento un elemento x ∈ ]a, b[ tale che f⁰(x) = 0

Dimostrazione. Se f non `e una funzione costante, caso in cui, come si vedr? fra breve, la tesi segue banalmente, possiamo supporre che f assuma, ad esempio massimo assoluto, in un punto interno xM ∈ ]a, b[, ma in tale punto, sappiamo dal Teorema di Fermat che f⁰(xM) = 0.

Teorema (Lagrange, 1797). Se f : [a, b] → R `e una funzione continua su [a, b] e derivabile in ]a, b[ si ha che esiste un elemento x∈ ]a, b[ tale che:

f(b) − f(a) = f⁰(x)(b− a);

Dimostrazione. Si consideri la funzione ϕ(x), definita per ∈ ]a, b[ da:

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

Si vede che ϕ(b) = ϕ(a), quindi esiste, per il teorema di Rolle un elemento x ∈ ]a, b[ tale che ϕ⁰(x) = f(b) − f(a) − (b − a) f⁰(x) = 0.

Teorema (Cauchy, 1821). Se f, g : [a, b] → R sono funzioni continue su [a, b] e derivabili in ]a, b[ si ha che esiste un elemento x∈ ]a, b[ tale che:

[f (b) − f(a)] g⁰(x) = [g(b) − g(a)] f⁰(x);

Dimostrazione. Basta prendere:

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

La formulazione originale del Teorema di Cauchy del 1821 in Cours d’analyse alg´ebrique, Oeuvres s´erie 2, vol III.era in effetti la seguente:

Teorema (Cauchy, 1821, forma originale). Se f, g : [a, b] → R sono funzioni continue su [a, b] e derivabili in]a, b[ e se g⁰(x) 6= 0 per ogni x ∈ ]a, b[ si ha che esiste un elemento x ∈ ]a, b[ tale che:

f(b) − f(a)

g(b) − g(a) =f⁰(x) g⁰(x).

2.1 Conseguenze del Teorema di Lagrange

Teorema 5. Se f⁰(x) > 0, per ogni x ∈ I allora f `e strettamente crescente in I.

Dimostrazione. Siano x1, x2∈ I con x¹< x2. Per il Teorema di Lagrange sappiamo che esiste x ∈ ]x¹, x2[ tale che:

f(x2) − f(x¹) = f⁰(x) (x2− x¹) Per ipotesi f⁰(x) > 0, d’altra parte anche x2− x¹>0, quindi f (x2) > f (x1).

Il teorema 5 fornisce il metodo per la ricerca dei massimi e minimi relativi di una funzione derivabile. Infatti:

f⁰(x) > 0 per x > x0 e f⁰(x) < 0 per x < x0→ x0`e un minimo relativo f<sup>0</sup>(x) < 0 per x > x0 e f<sup>0</sup>(x) > 0 per x < x0→ x<sup>0</sup>`e un massimo relativo

Teorema (della derivata nulla). Se f⁰(x) = 0 per ogni x ∈ I, allora f `e costante.

Dimostrazione. Si ha, per il teorema di Lagrange, che:

f(x2) − f(x¹) = f⁰(x) (x2− x¹) = 0 dunque f `e costante.

Teorema (della primitiva). Se f⁰(x) = g⁰(x) per ogni x ∈ I, allora esiste un numero reale c tale per cui f(x) = g(x) + c.

3 Derivate delle principali funzioni

• Funzione stazionaria

f(x) = k → f⁰(x) = 0 Infatti, se h 6= 0, si ha, per ogni x:

f(x + h) − f(x)

h = 0

quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→00 = 0

• Funzione monomia

f(x) = xⁿ, n∈ N → f⁰(x) = nxⁿ⁻¹. (3.1) Infatti se n = 1 :

f(x + h) − f(x)

h =x+ h − x

h = 1,

quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→01 = 1 Se n = 2 :

f(x + h) − f(x)

h = (x + h)²− x² h

= 2hx + h² h

= 2x + h quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→0(2x + h) = 2x

Infine, ragionando per induzione si trova la formula 3.1 usando il teorema della derivazione del prodotto.

Infatti ammesso che 3.1 valga per un certo n ∈ N abbiamo

D xⁿ⁺¹

= D (xⁿ· x)

= D (xⁿ) · x + xⁿD(x)

= nxⁿ⁻¹· x + xⁿ

= nxⁿ+ xⁿ

= (n + 1) xⁿ

• Funzione esponenziale di base e:

f(x) = e^x→ f⁰(x) = e^x Infatti:

f(x + h) − f(x)

h = e^x+h− e^x

h

= e^xe^h− e^x h

= e^h− 1 h e^x, quindi

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→0

e^h− 1

h · e^x= 1 · e^x= e^x

• Funzione esponenziale di base qualunque

f(x) = a^x→ f⁰(x) = a^x· ln a.

Infatti:

f(x + h) − f(x)

h = a^x+h− a^x

h

= a^xa^h− a^x h

= a^x·a^h− 1 h quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = a^x· lim

h→0

a^h− 1

h = a^x· ln a

• Funzione logaritmo naturale:

f(x) = ln x → f⁰(x) = 1 x Infatti:

f(x + h) − f(x)

h = ln(x + h) − ln x h

= 1

hlnx+ h x

= ln

 1 + h

x

¹_h

= ln

" 1 +h

x

^x_h#¹_x

quindi

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→0ln

" 1 + h

x

^x_h#_x¹

= ln e^x1 = 1 x

• Funzione seno

f(x) = sin x → f⁰(x) = cos x infatti:

f(x + h) − f(x)

h = sin(x + h) − sin x h

=

2 sinx+ h − x

2 cosx+ h + x 2 h

= sinh

2 h 2

cos2x + h 2

quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→0

sin^h₂

h 2

cos2x + h 2

= 1 · cos x

= cos x

• Funzione coseno

f(x) = cos x → f⁰(x) = − sin x Infatti:

f(x + h) − f(x)

h = cos(x + h) − cos x h

= −2 sinx+ h − x

2 sinx+ h + x 2 h

= − sinh

2 h 2

sin2x + h 2

quindi:

h→0lim

f(x + h) − f(x)

h = lim

h→0−sin^h₂

h 2

sin2x + h 2

= −1 · sin x

= − sin x

• Funzione tangente

f(x) = tan x → f⁰(x) = 1 + tan²x

Qui, anzich´e usare la definzione diretta, si pu`o applicare la regola di derivazione del quoziente:

D(tan x) = D sin x cos x



= cos x · cos x − (− sin x) · sin x cos²x

= cos²x+ sin²x

cos²x = 1 + sin²x

cos²x = 1 + tan²x

4 I teoremi di Cauchy sulle equazioni funzionali

4.1 Scindibilit` a additiva

Si dir`a che una funzione f : R → R `e scindibile additivamente se per ogni x, y ∈ R vale:

f(x + y) = f (x) + f (y) (4.1)

Chiaramente ogni funzione del tipo f (x) = λ · x, in cui λ `e un fissato numero reale, verifica la propriet`a di scindibilit`a. Il nostro problema `e vedere se tale tipo di struttura sia o meno la sola possibile. Come vedremo la risposta `e affermativa: non esistono, sotto opportune ipotesi, funzioni additivamente scindibili che non siano della forma f (x) = λ · x.

Teorema 6 (Cauchy, 1821). Sia f : R → R continua e tale che per ogni x, y ∈ R valga (4.1). Esiste allora λ∈ R tale che:

f(x) = λ · x (4.2)

Dimostrazione. Se si pone x = y = 0 si trova per (4.1) f (0 + 0) = f (0) + f (0), ma essendo ovviamente 0 + 0 = 0 si ha f (0) = f (0) + f (0) da cui f (0) = 0. Poi, derivando l’uguaglianza (4.1) rispetto a x troviamo, per ogni y∈ R :

f⁰(x + y) = f⁰(x).

Quest’ultima significa che f⁰ `e una funzione costante e quindi che f `e una funzione del tipo f (x) = λ · x + µ.

Dovendo essere f (0) = 0 si ottiene subito µ = 0 e, dunque f (x) = λ · x.

4.2 Scindibilit` a moltiplicativa

Dal teorema 6 sulla scindibilit`a additiva non `e difficile ottenere un risultato sulla scindibilit`a moltiplicativa di funzioni reali, cio`e funzioni verificanti l’identit`a funzionale:

f(x + y) = f (x) · f(y). (4.3)

Teorema 7 (Cauchy). Sia f continua e non identicamente nulla tale che per ogni x, y ∈ R valga (4.3). Allora esiste λ∈ R tale che per ogni x ∈ R vale:

f(x) = e^c·x.

Dimostrazione. Iniziamo osservando che se esiste una soluzione di (4.3) che si annulla in un punto ¯x∈ R tale funzione coincide con la funzione identicamente nulla e quindi risolve l’equazione funzionale in modo triviale.

Questo significa inoltre che ogni altra soluzione di (4.3) non si annulla in alcun x ∈ R. Se infatti f (¯x) = 0, allora per ogni x ∈ R abbiamo:

f(x) = f (x − ¯x + ¯x) = f (x − ¯x) · f (¯x) = 0.

Se, adesso, supponiamo esista una soluzione non banale f dell’equazione funzionale (4.3), allora, per ogni x ∈ R, si ha che:

f(2x) = f (x + x) = [f (x)]²>0. (Po)

La formula (Po) mostra che le soluzioni non banali dell’equazione funzionale (4.3)) sono strettamente positive.

Possiamo pertanto calcolare il logaritmo naturale dei due lati di (4.3) per concludere che, per ogni x, y ∈ R, vale:

lnh

f(x + y)i

= lnh

f(x) · f(y)i

= ln f (x) + ln f (y).

Allora la funzione g(x) = ln f (x) `e soluzione dell’equazione funzionale additiva (4.1), cos`ı, per teorema 6 abbiamo l’esistenza di un reale positivo δ per cui vale:

ln f (x) = δ · x.

Passando all’esponenziale, ponendo λ = e^δ,otteniamo la tesi.

5 Teorema di Darboux

Se f : I → R `e una funzione derivabile non si pu`o, a priori dedurre che la derivata f⁰: I → R sia continua.

Ad esempio

f(x) =





 x²sin1

x se x 6= 0

0 se x = 0

`e derivabile in ogni punto. La sua derivata:

f⁰(x) =





 2x sin1

x − cos1

x se x 6= 0

0 se x = 0

non `e una funzione continua nell’origine.

Nonostante non si possa a priori dire che la funzione derivata f⁰ : I → R sia continua, f⁰ mantiene la propriet`a dei valori intermedi.

Teorema (di Darboux). Se f : I → R `e una funzione derivabile, presi a, b ∈ I tali che a < b e che f⁰(a) < f⁰(b), allora per ogni reale k tale che f⁰(a) < k < f⁰(b) esiste almeno un punto x ∈ ]a, b[ tale per cui f⁰(x) = k

Dimostrazione. Si ponga g(x) = f (x)−kx. La funzione g soddisfa le ipotesi del Teorema di Weierstraß nell’inter- vallo [a, b] . Indichiamo con xmun punto di minimo per g e, siccome g⁰(a) = f⁰(a) − k < 0 e g⁰(b) = f⁰(b) − k > 0 tale punto di minimo deve essere interno all’intervallo, dunque, per il Teorema di Fermat deve essere:

g⁰(xm) = 0, dunque:

f⁰(xm) = k, come volevasi.

Corollario 1. La funzione f⁰ non pu`o discontinuit`a di tipo salto in ]a, b[

Corollario 2. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e si abbia f⁰(x) 6= 0 per ogni x ∈ ]a, b[ `e che si abbia f⁰(x) > 0 oppure f⁰(x) < 0 per ogni x ∈ ]a, b[

6 Derivata della funzione composta e della funzione inversa

Teorema (derivata della funzione composta). Sia f : I → R una funzione derivabile in I e sia g : J → R una funzione derivabile in J tale per cui per ogni x∈ J si abbia g(x) ∈ I in modo che sia ben definita la funzione ϕ(x) = (f ◦ g) (x) = f (g(x)) . Allora la funzione ϕ `e derivabile per ogni x ∈ J e si ha:

ϕ⁰(x) = (f ◦ g)⁰(x) = f (g(x)) g⁰(x) Dimostrazione. Prendiamo h 6= 0 e consideriamo il rapporto incrementale:

ϕ(x + h) − ϕ(x)

h = f(g(x + h)) − f(g(x))

h (6.1)

Per il Teorema di Lagrange abbiamo che:

f(g(x + h)) − f(g(x)) = [g(x + h) − g(x)] · f⁰(g(x) + ϑ · g(x + h))

ove ϑ `e un opportuno numero reale per cui |ϑ| < 1. Se h → 0 si ha che g(x) + ϑ · g(x + h) → g(x), quindi:

h→0lim

f(g(x + h)) − f(g(x))

h = lim

h→0

[g(x + h) − g(x)]

h · f⁰(g(x) + ϑ · g(x + h))

= g⁰(x) · f⁰(g(x))

Esempi

ϕ(x) = e^x2

composizione di:

f(y) = e^y, g(x) = x² quindi:

ϕ⁰(x) = 2xe^x2

ϕ(x) = lnx+ 1 x+ 2 composizione di:

f(y) = ln y, g(x) = x+ 1 x+ 2 quindi:

ϕ⁰(x) = x+ 2 x+ 1 · 1

(x + 2)² = 1 (x + 1)(x + 2)

Teorema (derivata della funzione inversa). Sia f : I → R e siano a, b ∈ I, a < b tali per cui f sia continua e strettamente monotona in ]a, b[ . Supponiamo poi che nel punto x0 ∈ ]a, b[ f sia derivabile e che riesca f⁰(x0) 6= 0. Allora la funzione inversa f⁻¹ `e derivabile nel punto y0= f (x0) e vale la formula:

f^−1
0

(y0) = 1 f⁰(x0)

Dimostrazione. Prendiamo k ∈ R, k 6= 0 in modo che y0+ k ∈ f(I) e poniamo x0+ h = g(y0+ k) ∈ I. Allora, essendo g(y0) = x0 e f (x0+ h) = y0+ k, troviamo:

g(y0+ k) − g(y0)

k = (x0+ h) − x0

f(x0+ h) − f(x0)= 1

f(x0+ h) − f(x⁰) h

Ora per k → 0 `e anche h → 0 e da qui si ha la tesi.

Esempi

Se f (x) = x², x >0 l’inversa g(y) `e la funzione radice quadrata: g(y) = √y. Se y0>0 `e tale che y0= x²₀,allora:

g⁰(y0) = 1

f⁰(x0) = 1 2x0

= 1

2√y0

.

Se f (x) = e^x, x >0 l’inversa g(y) `e la funzione logaritmo: g(y) = ln y. Se y0>0 `e tale che y0= e^x0, allora:

g⁰(y0) = 1

f⁰(x0)= 1 e^x0 = 1

y0

7 Ottimizzazione

Esempio 1 Consideriamo la funzione f (x) = x · e^x.Si ha:

f⁰(x) = e^x+ x · e^x= (1 + x) · e^x. Pertanto:

f⁰(x) > 0 ⇔ x > −1

Ne viene che xm= −1 `e punto di minino. Il valore dell’estremo `e f(−1) = −e⁻¹.

-3 -2 -1 1 - 1

ª

Esempio 2 Consideriamo la funzione f (x) = x²· e^x.Si ha:

f⁰(x) = 2xe^x+ x²· e^x= x(2 + x) · e^x. Pertanto:

f⁰(x) > 0 ⇔ x < −2 e x > 0

Ne viene che xm = 0 `e punto di minino. Il valore dell’estremo `e f (0) = 0, mentre xM = −2 `e punto di massimo il valore dell’estremo `e f (−2) = 4e⁻²

-3 -2 -1 1

4 ª²

Esempio 3 Cerchiamo i massimi e minimi relativi della funzione:

f(x) = 2x³− 3x²− 12x + 1, x ∈ R.

Calcoliamo la derivata prima:

f⁰(x) = 6 x²− x − 2
= 6 (x − 2) (x + 1) Determiniamo l’insieme dei punti in cui f⁰(x) ≥ 0 :

f⁰(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 ∨ x ≥ 2

Ne segue che xM = −1 `e punto di massimo relativo e xm= 2 `e punto di minimo relativo. Gli estremi relativi sono:

(−1, f(−1)) = (−1, 8) (2, f (2)) = (2, −19) Osservato poi che:

x→+∞lim 2x³− 3x²− 12x + 1
= +∞, lim_x→−∞ 2x³− 3x²− 12x + 1
= −∞

possiamo dare una rappresentazione qualitativa del grafico di f.

-1 2

8

-19

8 Convessit` a

Definizione 2. Sia I un intervallo di R. Una funzione f : I → R si dice:

• quasi convessa se per ogni u, v ∈ I ed ogni α ∈]0, 1[ si ha:

f((1 − α)u + αv) ≤ max {f(u), f(v)} ,

• strettamente quasi convessa se per ogni u, v ∈ I, u 6= v ed ogni α ∈]0, 1[ si ha:

f((1 − α)u + αv) < max {f(u), f(v)} ,

• convessa se per ogni u, v ∈ I ed ogni α ∈]0, 1[ si ha:

f((1 − α)u + αv) ≤ (1 − α)f(u) + αf(v),

• strettamente convessa se per ogni u, v ∈ I u 6= v ed ogni α ∈]0, 1[ si ha:

f((1 − α)u + αv) < (1 − α)f(u) + αf(v).

Se f `e [strettamente] convessa, allora f `e [strettamente] quasi convessa. Il contrario `e falso, basta considerare la funzione reale di una variabile reale f (x) = −x² definita per x ∈ [0, +∞[.

-3 -2 -1 1 2 3

1

8.1 Relazioni fra Convessit` a e Differenziabilit` a

In questo paragrafo faremo vedere che l’idea geometrica di funzione convessa, `e quella di una funzione il cui grafico al di sopra della retta tangente

Iniziamo provando che il rapporto incrementale:

ρ(t) := f(u + t) − f(u) t , t6= 0,

´e funzione crescente di t.

Lemma 1. Sia sia f : I → R strettamente convessa. Fissati x, z ∈ I con x < z, per ogni y ∈ (x, z) riesce:

f(y) − f(x)

y− x <f(z) − f(x)

z− x <f(z) − f(y) z− y .

Dimostrazione. Esiste certamente α ∈]0, 1[ , tale per cui y = αx + (1 − α)z . L’ipotesi di convessit`a su f fornisce f(y) < α · f(x) + (1 − α) · f(z), da cui:

f(y) − f(x) < (1 − α) (f(z) − f(x)) . D’altra parte, y − x = (1 − α)(z − x), in modo che si ha:

1 − α = y− x z− x.

Questo mostra la disuguaglianza a sinistra in dell’enunciato. Analogamente, ancora per la convessit`a in senso stretto di f , abbiamo:

f(x) > 1

α(f (y) − (1 − α)f(z)) , da cui:

f(z) − f(x) < 1

α(f (z) − f(y)) . Poich`e z − x = α⁻¹(z − y) si ha:

1

α= z− x z− y,

e questo prova la disuguaglianza destra della tesi, e con ci`o il lemma.

Teorema 8. Sia f : I → R una funzione strettamente convessa. Siano u, v ∈ I, v 6= 0; allora, se t ∈ R t 6= 0 la funzione ρ(t) `e crescente.

Dimostrazione. Siano t1, t₂ due reali non nulli. Se 0 < t1< t₂,allora posto x = u, y = u + t1 e z = u + t2

f(u + t1) − f(u) t1

< f(u + t2) − f(u) t2

, quindi ρ(t1) < ρ(t2) . I casi t1<0 < t2 e t1< t2<0 sono analoghi.

Il Teorema 8 assicura l’esistenza dei limiti destro e sinistro del rapporto incrementale, vale a dire esistono i limiti:

t→0lim⁻

f(u + t) − f(u)

t , lim

t→0⁺

f(u + t) − f(u)

t .

Attualmente per`o limitandoci alle sole ipotesi formulate di convessit`a per f , tali limiti possono essere ±∞ , o pu`o accadere che:

t→0lim⁻

f(u + t) − f(u) t < lim

t→0⁺

f(u + t) − f(u)

t .

In particolare se una funzione `e dotata di derivata prima, e questa `e crescente, la funzione `e convessa.

Ad esempio la funzione esponenziale f (x) = e^x `e convessa Teorema 9. Le seguenti affermazioni sono equivalenti:

1. f `e strettamente convessa;

2. f(v) > f (u) + (v − u) f⁰(u) per ogni u, v ∈ I .

Dimostrazione. Supponiamo che f sia strettamente convessa. Allora la funzione:

ρ(t) := f(u + t) − f(u) t , t6= 0

`e crescente, quindi:

(v − u) f⁰(u) = lim

t→0

f(u + t(v − u)) − f(u) t

= lim

t→0ρ(t) < ρ(1) = f (v) − f(u) . Reciprocamente, se si fissa α ∈]0, 1[ e si sceglie v = u, u = αv + (1 − α)u, allora:

f(u) > f ((1 − α)u + αv) + α (u − v) f⁰((1 − α)u + αv).

Analogamente, se v = v, u = (1 − α)u + αv:

f(v) > f ((1 − α)u + αv) + (1 − α) (v − u) f ((1 − α)u + αv) .

Moltiplicando la penultima disuguaglianza per (1 − α) e l’ultima per α e sommando membro a membro troviamo:

(1 − α)f(u) + αf(v) > f ((1 − α)u + αv) .

Corollario 3. Sia f strettamente convessa e derivabile. Se u ∈ I un punto critico, allora:

f(u) = min

v∈If(v).

Dimostrazione. Per ogni v ∈ I si ha:

f(v) > f (u) + (v − u) f⁰(u) = f (u).

Anche per la quasi convessit`a , nel caso differenziabile, si pu`o ottenere una caratterizzazione specifica.

Teorema 10. Sia f : I → R derivabile. Allora f ´e quasi convessa se e solo se per ogni u, v ∈ I si ha che:

f(u) ≤ f(v) → (u − v) f⁰(u) ≤ 0.

8.2 Disuguaglianze e convessit` a

Se f : I → R `e una funzione convessaallora dati n numeri αi ∈ [0, 1] tali chePn

i=1α_i= 1 e dati n punti xi∈ I si ha:

f

n

X

i=1

αi· xi

!

≤

n

X

i=1

αi· f(xi) (8.1)

Dalla disuguaglianza (8.1) si deduce una importante disuguaglianza.

Se x1, . . . , x_n sono n numeri strettamente positivi allora diremo:

• media aritmetica di x¹, . . . , xn :

A(x1, . . . , xn) = 1 n

n

X

i=1

xi

• media geometrica di x1, . . . , xn :

G(x1, . . . , x_n) =

"_n Y

i=1

x_i

#_n¹

• media armonica di x¹, . . . , xn :

H(x1, . . . , xn) =

"

1 n

n

X

i=1

1 xi

#−1

.

Valgono le seguenti disuguaglianze, valide comunque si prendano n numeri positivi x1, . . . , x_n:

H(x1, . . . , x_n) ≤ G(x¹, . . . , x_n) ≤ A(x¹, . . . , x_n) (8.2) Poniamo zi= ln xi e applichiamo (8.1) con f (x) = e^x che sappiamo essere convessa:

G(x1, . . . , xn) =

n

Y

i=1

e^zin = exp

n

X

i=1

z_i n

!

≤ 1 n

Xexp zi= A(x1, . . . , xn),

In questo modo abbiamo la disuguaglianza a destra in (8.2). A questo punto segue subito anche la disuguaglianza sinistra in (8.2):

H(x1, . . . , x_n) = 1 A

1 x1, . . . ,_x¹

n

 ≤ 1

G

1 x1, . . . ,_x¹

n

 = G(x1, . . . , x_n)

La convessit`a della funzione esponenziale consente anche di dimostrare un’altra importante disuguaglianza.

Se p, q > 1 sono due numeri reali tali che:

1 p+1

q = 1 allora per ogni x, y ≥ 0 si ha:

xy≤1 px^p+1

qy^q

Possiamo supporre che sia x, y > 0, essendo ovvia la tesi altrimenti. Si ha:

xy= e^ln(x·y)= e^{ln x+ln y}= e^{p1ln xp+1qln yq} ≤ 1

pe^{ln xp}+1

qe^{ln yq}= 1 px^p+1

qy^q

9 Forme indeterminate

Teorema (Johannes Bernoulli 1691-1692, de l’Hˆopital 1696) Siano f, g : ]a, b[ → R derivabili in ]a, b[ e si supponga che g⁰(x) 6= 0 per ogni x ∈ ]a, b[ . Se

lim

x→b⁻f(x) = lim

x→b⁻g(x) = 0 e se esiste:

`= lim

x→b⁻

f⁰(x)

g⁰(x), (9.1)

allora:

`= lim

x→b⁻

f(x)

g(x). (9.2)

L’esistenza del limite (9.1) significa che fissato ε > 0 esiste δε>0 tale che per ogni x ∈ ]b − δε, b[:

f⁰(x) g⁰(x)− `

< ε.

Fissiamo due elementi u, v ∈ ]b − δε, b[ , allora per il Teorema di Cauchy deduciamo l’esistenza di un elemento ξ compreso nell’intervallo di estremi u e v per cui:

f(u) − f(v) g(v) − g(u) − `

=    

f⁰(ξ) g⁰(ξ) − `

< ε. (9.3)

Se in (9.3) facciamo tendere v → b⁻,possiamo sfruttare (9.1) e cos`ı ottenere la disuguaglianza:

f(u) g(v) − `

< ε valida per u ∈ ]b − δε, b[ , il che prova (9.2)

La dimostrazione del teorema `e riproducibile, con opportuni adeguamenti, nelle seguenti situazioni:

• per b = +∞

• per ` = +∞ oppure per ` = −∞

• per il caso x → a⁺

Vale anche un teorema relativo alle forme indeterminate ^∞_∞ :

Siano f, g : ]a, b[ → R derivabili in ]a, b[ e si supponga che g⁰(x) 6= 0 per ogni x ∈ ]a, b[ . Se

x→blim⁻f(x) = lim

x→b⁻g(x) = ∞ e se esiste:

`= lim

x→b⁻

f⁰(x) g⁰(x), allora:

`= lim

x→b⁻

f(x) g(x). Esempio

Cerchiamo di calcolare:

λ= lim

x→0

cos x · e^x− 1 − x sin x (cos 2x − 1). Vediamo se esiste:

`1 = lim

x→0

D(cos x · e^x− 1 − x) D(sin x (cos 2x − 1))

= lim

x→0

cos x · e^x− sin x · e^x− 1 cos x (cos 2x − 1) − 2 sin x sin 2x

Anche quest’ultimo limite `e in forma indeterminata ⁰₀,pertanto esaminiamo l’esistenza del limite:

`2 = lim

x→0

D(cos x · e^x− sin x · e^x− 1) D(cos x (cos 2x − 1) − 2 sin x sin 2x)

= lim

x→0

−2 sin x · e^x

− (cos 2 x − 1) sin x − 4 cos 2 x sin x − 4 cos x sin 2 x

= lim

x→0

2e^x

cos 2 x − 1 + 4 cos 2 x + 4 cos x^{sin 2 x}_{sin x} Ora, osservato che:

x→0lim sin 2 x

sin x = 2 ne viene che:

`2= 2 · 1

1 − 1 + 4 · 1 + 4 · 1 · 2 = 2 12 = 1

6 Ora, per il teorema di Johannes Bernoulli-de l’Hˆopital, abbiamo che:

1

6= `2= `1= λ = lim

x→0

cos x · e^x− 1 − x sin x (cos 2x − 1)

10 Derivate successive

Se f : I → R `e una funzione, definita nell’intervallo aperto I e derivabile per ogni x ∈ I, diremo che la funzione

`e dotata di derivata seconda in x0 ∈ I se risulta derivabile in x0 la funzione derivata f<sup>0</sup>.Dunque f `e dotata di derivata seconda se esiste finito:

f⁰⁰(x0) = lim

x→x0

f⁰(x) − f⁰(x0) x− x0

. (10.1)

In pratica `e sufficiente derivare la derivata prima.

Ad esempio, se f (x) = x² si ha:

f⁰(x) = 2x, f⁰⁰(x) = 2.

Se f (x) = sin x :

f⁰(x) = cos x, f⁰⁰(x) = − sin x.

Se si suppone la funzione derivabile f : I → R sia tale che esista il limite (10.1), allora il valore della derivata seconda pu`o essere ottenuto calcolando:

x→xlim0

f(x) + f (2x0− x) − 2f(x⁰) (x − x⁰)²

Naturalmente `e possibile continuare nel processo di derivazione e considerare derivate terze, quarte etc.

f⁰(x0), f⁰⁰(x0), f⁽³⁾(x0), . . . , , f⁽ⁿ⁾(x0)

Si pu`o provare per induzione la formula per la derivata n− esima del prodotto di due funzioni:

(f · g)⁽ⁿ⁾(x0) =

n

X

k=0

n k



f^(k)(x0) · g^(n−k)(x0)

ove conveniamo che:

f⁽⁰⁾(x) = f (x), f⁽¹⁾(x) = f⁰(x), . . .

11 Inverse delle funzioni goniometriche

11.1 Seno circolare

sc(x) = sin x

-1.57 1.57

L’inversione del seno circolare avviene solo per valori della variabile x ∈−^π2,^π₂: zona rossa.

arcsin y = sc

.h−π 2,π

2 i ⁻¹

(y), y ∈ [−1, 1]

-1 1

-1.57 1.57

La nozione di inversione parziale `e ben espressa dal grafico della funzione f (x) = arcsin sin x

-1.57 1.57 -1.57

1.57

La derivata della funzione arcsin y si ottiene dal teorema per la derivazione della funzione inversa. Sia infatti x∈−^π2,^π₂ e sia y = sin x. Allora:

D(arcsin y) = 1

D(sin x) = 1

cos x= 1

p1 − sin²x = 1 p1 − y²

11.2 Seno iperbolico

La funzione seno iperbolico:

sh(x) = e^x− e^−x

2 ,

`e strettamente crescente e va da R → R. Pertanto la sua inversa `e globalmente definita:

sinh⁻¹y= (sh)⁻¹(y) = ln

y+p1 + y²

, y∈ R..

La sua derivata `e:

D sinh⁻¹y
= 1

D(sinh x) = 1

cosh x = 1

p1 + sinh²x = 1 p1 + y²

11.3 Coseno circolare

cc(x) = cos x.

L’inversione si esegue solo per x ∈ [0, π] .

arccos y = (cc/[0, π] )⁻¹(y), y ∈ [−1, 1] . La derivata `e:

D(arccos y) = 1

D(cos x) = − 1

sin x = − 1

√1 − cos²x = − 1 p1 − y².

11.4 Coseno iperbolico

c_h(x) = cosh x = e^x+ e^−x

2 .

L’inversione si esegue solo per x ∈ [0, ∞[ :

cosh⁻¹y= (ch/[0, ∞[)⁻¹(y) = ln y+p

y²− 1

, y∈ [1, ∞[ . La derivata `e:

D(cosh⁻¹y) = 1

D(cosh x) = 1

sinh x = 1

pcosh²x− 1 = 1 py²− 1

11.5 Tangente circolare

tc(x) = tan x L’inversione si fa per x ∈−^π2,^π₂ .

arctan y = t_c.i

−π 2,π

2 h ⁻1

(y), y ∈ ]−∞, ∞[

La derivata `e:

D(arctan y) = 1

D(tan x) = 1

1 + tan²x = 1 1 + y²

11.6 Tangente iperbolica

th(x) = tanh x = e^x− e^−x

e^x+ e^−x, x∈ R.

L’inversa `e definita per ogni x ∈ R.

tanh⁻¹y= (th)⁻¹(y) = 1

2ln1 + y

1 − y, y∈ ]−1, 1[ . La derivata `e:

D tanh⁻¹y
= 1

D(tanh x) = 1

1 − tanh²x = 1 1 − y².

12 Il metodo di Newton delle tangenti

Consideriamo una funzione f : [a, b] → R che assuma valori di segno opposto agli estremi dell’intervallo [a, b] . E’ ben noto che, se si suppone la continuit`a di f, si sa che esiste almeno un elemento r ∈ ]a, b[ per cui f(r) = 0.

Il nostro obiettivo `e risolvere l’equazione:

f(x) = 0, (12.1)

vale a dire individuare questo elemento r. Se poi ammettiamo che f sia derivabile con derivata di segno costante in ]a, b[ tale elemento r `e unico. Nel prosieguo supporremo sempre che tale ipotesi sia soddisfatta. Per fissare le idee supporremo poi che f (a) < 0, f (b) > 0 e f<sup>0</sup>(x) > 0 per ogni x ∈ ]a, b[ . Tutto questo non danneggia la generalit`a del ragionamento che stiamo per presentare. La situazione ? bene illustrata dalla prima figura sotto.

x y

r O

Fissiamo un punto x0 ∈ ]a, b[ tale che f(x0) > 0 e consideriamo la retta tangente alla curva y = f (x) nel punto (x0, f(x0)) . Tale retta ha, come sappiamo, equazione y − f(x0) = f⁰(x0) (x − x0) . Calcoliamo ora l’ascissa x1 in cui la retta tangente taglia l’asse delle x. Ponendo y = 0 ed eseguendo il calcolo, vediamo che:

x1= x0− f(x0) f⁰(x0).

x

x

x y

r O

La figura sopra mostra graficamente il procedimento per determinare il punto x1. Facciamo anche notare che `e l’ipotesi f<sup>0</sup>(x) > 0 che permette di ricavare l’ascissa x1senza dividere per zero. A questo punto calcoliamo f(x1). Se f (x1) = 0, allora x1 = r e la ricerca `e terminata. Se, invece, f (x1) 6= 0, ragionando esattamente come prima, scriviamo l’equazione della retta tangente a y = f (x) nel punto (x1, f(x1)) ottenendo y − f(x1) = f⁰(x1) (x − x1) , in modo che possiamo ricavare il punto x2:

x2= x1− f(x1) f⁰(x1).

Ora si calcola f (x2): se f si annulla il processo termina, se invece f (x2) 6= 0 il processo riparte per determinare l’elemento x3.

x

x

x

x

y

r O

In pratica abbiamo identificato un processo iterativo nel modo seguente:







x0∈ R, tale che f(x0) 6= 0, xn = xn−1− f(xn−1)

f⁰(xn−1), per ogni n ∈ N. (12.2)

Facendo riferimento anche all’ultima figura, vediamo che questo metodo non pu`o che finire coll’approssimare la soluzione dell’equazione (12.1). Per ragionare correttamente nelle applicazioni, `e necessario comprende- re se il procedimento iterativo illustrato finisca effettivamente sempre e comunque per produrre una radice dell’equazione. La risposta `e affermativa, e ne daremo conto anche se con ipotesi ridondanti nel teorema 11.

12.1 Esempio

Consideriamo l’equazione di terzo grado:

f(x) = 7 + 6 x − 3 x²+ x³= 0. (E1)

Per prima cosa osserviamo che, essendo:

f⁰(x) = 6 − 6 x + 3 x²

abbiamo f⁰(x) 6= 0 per ogni x ∈ R, in quanto il discriminante del polinomio di secondo grado `e negativo.

Possiamo applicare il metodo delle tangenti all’equazione (E1) attivando il procedimento di iterazione (12.2).

Si osservi che essendo (E1) un’equazione di terzo grado, sappiamo a priori che essa ammette almeno una radice reale e che il comportamento della derivata prima ci assicura che tale radice `e unica. La funzione iterativa F (x)

`e:

F(x) = x − f(x)

f⁰(x) = 7 + 3 x²− 2 x³

−6 + 6 x − 3 x².

In questo modo il processo di Newton si riduce alla valutazione delle iterazioni della funzione F (x). Precisamente esso pu`o essere descritto semplicemente da:

xn= F (xn−1).

Valutando F (x) in x = 0 troviamo x1= F (0) = F (x0) = −⁷6' −1, 16667. Proseguendo troviamo x²= F (x1) =

−³⁰⁸369 ' −0, 834688. Il valore corrispondente del polinomio `e f (−0, 834688) ∼ −0, 679775. Infine otteniamo la tabella:

x1 = F (x0) ' −1, 166667 x2 = F (x1) ' −0, 834688 x3 = F (x2) ' −0, 782790 x4 = F (x3) ' −0, 781619 x5 = F (x4) ' −0, 781618 x6 = F (x5) ' −0, 781618

Molto interessante `e anche la valutazione del polinomio f (x) in corrispondenza di x5; si ha f (x5) = 6, 0245×10<sup>−7</sup>. Anche questo rende l’idea della validit`a dell’approssimazione ottenuta.

Formalizziano una condizione sufficiente per la convergenza dell’algoritmo di Newton.

Teorema 11. Sia f : [a, b] → R una funzione continua e derivabile con derivata prima continua. Se f `e strettamente crescente e convessa e se f(a) < 0 e f (b) > 0 allora la successione di Newton:





 x0= b,

xn+1= xn− f(xn) f⁰(xn), converge decrescendo all’unico elementox¯∈ [a, b] tale che f(¯x) = 0.

Dimostrazione. Cominciamo facendo vedere che xn ≥ ¯x per ogni n ∈ N. Per n = 0 l’affermazione `e vera in quanto x0= b > ¯x.Se, invece, n ≥ 1, ricordando la convessit`a di f abbiamo:

f(xn+1) ≥ f(xn) + f⁰(xn)(xn+1− xn). (12.3) D’altra parte, per definizione:

xn+1− xn = −f(xn) f⁰(xn) quindi (12.3) si lascia scrivere come:

f(xn+1) ≥ f(xn) + f⁰(xn)



−f(xn) f⁰(xn)



= 0.

Perci`o f (xn+1) ≥ 0, quindi x<sup>n+1</sup>≥ ¯x. Ora `e facile vedere che xn decresce, infatti ricordando che nelle nostre ipotesi abbiamo f (xn) ≥ 0 e f⁰(xn) > 0, si trova che:

xn+1− xn= −f(xn) f⁰(xn) ≤ 0.

Infine la monotonia della successione xn e la sua limitatezza ne assicurano la convergenza.

13 I teoremi fondamentali del calcolo

Se f : [a, b] → R `e limitata, dalla definizione di integrale si desume la disuguaglianza:

m· (b − a) ≤ Z b

a

f(x)dx ≤ M · (b − a) (13.1)

in cui:

m= inf

[a,b]f, M = sup

[a,b]

f

Se f `e continua da (13.1) si deduce un importante teorema, detto teorema della media integrale.

Teorema (Cauchy, 1821). Se f : [a, b] → R `e continua, esiste un elemento ¯x ∈ [a, b] tale per cui:

f(¯x) = 1 b− a

Z b a

f(x)dx. (13.2)

Dimostrazione. Se f `e continua si ha, per il teorema di Weierstraß che:

m= min

[a,b]f, M = max

[a,b]f, quindi, se scriviamo (13.1) come:

m≤ 1

b− a Z b

a

f(x)dx ≤ M, possiamo sfruttare il teorema di Bolzano, osservato che la quantit`a

1 b− a

Z b a

f(x)dx (13.3)

`e compresa fra gli estremi della funzione, per ottere la tesi (13.2).

La quantit`a (13.3) `e detta media integrale della funzione f, questo fatto si spiega ricordando che, se l’intervallo [a, b] viene ripartito in parti di lunghezza uguale di estremi x0= a < x1<· · · < xn = b, con:

x_k = a +b− a

n k,0 ≤ k ≤ n, preso ad arbitrio un punto uk∈ [x^k−1, x_k] , si ha che:

Z b a

f(x)dx = lim

n→∞

b− a n

n

X

k=1

f(uk).

Ora, se scriviamo:

1 b− a

Z b a

f(x)dx = lim

n→∞

n

X

k=1

f(uk) n ,

il che significa che la media integrale di f `e il limite per n → ∞ della media aritmetica dei valori f(u1), f (u2), . . . , f (un).

Ricordiamo anche che se f : [a, b] → R `e una funzione integrabile, presi x1, x2, x3∈ [a, b] si ha che:

Z x3

x1

f(x)dx = Z x2

x1

f(x)dx + Z x3

x2

f(x)dx

Teorema (Primo Teorema fondamentale). Se f : [a, b] → R `e una funzione continua `e ben definita la funzione:

F(x) = Z x

a

f(u)du.

La funzione F, detta funzione integrale di f `e derivabile e si ha che:

F⁰(x) = f (x).

Dimostrazione. Fissati x, x0∈ [a, b] per il teorema della media integrale abbiamo:

F(x) − F (x0) = Z x

x0

f(u)du = f (¯x)(x − x0),

in cui ¯x = ¯x(x, x0) `e un punto compreso fra x0 e x. Se x → x<sup>0</sup> anche ¯x(x, x0) → x<sup>0</sup>, quindi per continuit`a abbiamo:

x→xlim0

f(¯x) = f (x0), ne segue che:

x→xlim0

F(x) − F (x0) x− x0

= lim

x→x0

f(¯x)(x − x0) x− x0

= lim

x→x0

f(¯x) = f (x0), mostrando che F (x) `e derivabile e F⁰(x0) = f (x0).

Teorema (Secondo Teorema fondamentale). Se f : [a, b] → R `e una funzione continua e derivabile in [a, b] , tale che la derivata prima f⁰: [a, b] → R sia una funzione continua, allora:

Z b a

f⁰(x)dx = f (b) − f(a).

Dimostrazione. Poniamo:

Φ(x) = Z x

a

f⁰(u)du.

Per il primo teorema fondamentale Φ(x) `e una funzione derivabile e si ha, per ogni x ∈ [a, b]:

Φ⁰(x) = f⁰(x).

Per il teorema della derivata nulla abbiamo allora che esiste una costante K tale per cui, per ogni x ∈ [a, b]:

Φ(x) = f (x) + K.

In particolare:

Φ(a) = f (a) + K,

ma Φ(a) =Ra

a f⁰(x)dx = 0, quindi:

K= −f(a).

Se ora prendiamo x = b abbiamo, in particolare:

Φ(b) = f (b) − f(a), ma:

Φ(b) = Z b

a

f⁰(u)du, il che prova la tesi.

Teorema (Teorema della media generalizzata). Siano f, g : [a, b] → R, continue con g > 0 in [a, b] . Allora esiste x¯∈ [a, b] per cui:

Z b a

f(x)g(x)dx = f (¯x) Z b

a

g(x)dx.

Dimostrazione. Definiamo le funzioni:

Λ(x) = Z x

a

f(u)g(u)du, Γ(x) =

Z x a

g(u)du.

Applichiamo il teorema di Cauchy che assicura l’esistenza di un elemento ¯x∈ [a, b] tale che:

[Λ(b) − Λ(a)] Γ⁰(¯x) = [Γ(b) − Γ(a)] Λ⁰(¯x), cio´e:

g(¯x) Z b

a

f(x)g(x)dx = f (¯x)g(¯x) Z b

a

g(x)dx, da cui, vista l’ipotesi su g si ha la tesi.

14 Metodi di integrazione

14.1 Integrazione per parti

Teorema 12. Siano Siano f, g : [a, b] → R, continue e derivabili, con derivata prima integrabile, allora:

Z b a

f(x)g⁰(x)dx = f (b)g(b) − f(a)g(a) − Z b

a

f⁰(x)g(x)dx.

Dimostrazione. Si ha:

Z b a

(f (x)g(x))⁰dx= f (b)g(b) − f(a)g(a).

D’altra parte:

Z b a

(f (x)g(x))⁰dx = Z b

a

(f⁰(x)g(x) + f (x)g⁰(x)) dx

= Z b

a

f⁰(x)g(x)dx + Z b

a

f(x)g⁰(x)dx,

pertanto:

Z b a

f⁰(x)g(x)dx + Z b

a

f(x)g⁰(x)dx = f (b)g(b) − f(a)g(a) e da qui si ha la tesi.

14.1.1 Esempio Calcoliamo:

Z ln 2 0

xe^xdx.

Poniamo f (x) = x e g⁰(x) = e^x,pertanto f⁰(x) = 1 e g(x) = e^xe:

Z ln 2 0

xe^xdx= 2 ln 2 − Z ln 2

0

e^x= 2 ln 2 − 2 + 1 = 2 ln 2 − 1

14.1.2 Esempio Calcoliamo:

Z 1 0

lnx+ 2 x+ 1dx.

Poniamo f (x) = ln^x+2_x+1 e g⁰(x) = 1, pertanto f⁰(x) = −(x+1)(x+2)¹ e g(x) = x:

Z 1 0

lnx+ 2

x+ 1dx = ln3 2+

Z 1 0

x

(x + 1)(x + 2)dx

= ln3 2+

Z 1 0

2 x+ 2dx−

Z 1 0

1 x+ 1

= ln3

2+ 2 [ln (x + 2)]¹₀− [ln (x + 1)]¹0

= ln3

2+ 2 ln3 2− ln 2

= ln27 16

14.2 Integrazione per sostituzione

Teorema 13. Sia f : [a, b] → R una funzione continua nell’intervallo [a, b] e sia ϕ : J → R una funzione derivabile tale che per ogni t∈ J sia ϕ(t) ∈ [a, b] , inoltre esistano α, β ∈ J tali che ϕ(α) = a e ϕ(β) = b. Si ha, allora:

Z b a

f(x)dx = Z β

α

f(ϕ(t)) ϕ⁰(t)dt.

Consideriamo la primitiva:

F(x) = Z x

a

f(u)du.

Osserviamo che ha senso eseguire, al variare di t ∈ J la composizione:

F(ϕ(t)) .

Applicando la relativa regola per la derivazione della funzione composta vediamo che:

d

dtF(ϕ(t)) = F⁰(ϕ(t)) ϕ⁰(t) = f (ϕ(t)) ϕ⁰(t) e, integrando fra α e β, per il secondo teorema fondamentale vediamo che:

Z β α

f(ϕ(t)) ϕ⁰(t)dt = F (ϕ(β)) − F (ϕ(α)) = F (b) − F (a) = Z b

a

f(x)dx, come volevasi.

15 Formula di Taylor MacLaurin

Definizione 3. Se f : I → R `e una funzione di classe Cⁿ per un certo n ∈ N, diremo polinomio di Taylor di ordine n generato da f in a il polinomio di grado n, nell’indeterminata b ∈ I :

pn(b, a) =

n

X

k=0

f^(k)(a)(b − a)^k k!

= f (a) + f⁰(a)(b − a) + · · · + f⁽ⁿ⁾(a)(b − a)ⁿ n! . Si conviene di porre f⁽⁰⁾ = f.

Il teorema di Taylor con resto secondo Lagrange stabilisce quanto segue:

Teorema 14. Siano I un intervallo in R e f : I → R una funzione di classe Cⁿ⁺¹, per un certo n∈ N, allora se a, b∈ I, a < b, si ha che esiste ξ ∈ [a, b] tale che:

f(b) = pn(b, a) + f⁽ⁿ⁺¹⁾(ξ)(b − a)ⁿ⁺¹ (n + 1)! .

Dimostrazione. La dimostrazione del teorema si basa su due passi: in primo luogo si prova la seguente afferma- zione, che segue dal teorema di integrazione per parti e dal principio di induzione matematica:

f(b) = pn(b, a) + 1 n!

Z b a

(b − x)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(x)dx (15.1)

Proviamo (15.1) per induzione su n. Per n = 1 si deve provare che:

f(b) = p1(b, a) + 1 1!

Z b

a (b − x)¹f⁽¹⁺¹⁾(x)dx

= f (a) + f⁰(a)(b − a) + Z b

a (b − x)f⁽²⁾(x)dx. (15.2)

Per il secondo teorema fondamentale del calcolo, possiamo scrivere:

f(b) − f(a) = Z b

a

f⁰(x)dx. (15.3)

Intergrando per parti (15.3), otteniamo:

f(b) − f(a) = [(x − b)f⁰(x)]^b_a− Z b

a (x − b)f⁽²⁾(x)dx

= (b − a)f⁰(a) + Z b

a (b − x)f⁽²⁾(x)dx, in questo modo (15.2) `e provata.

Supponiamo che (15.1) sia verificata per un certo k ∈ N, k < n e mostriamo che essa vale anche per k + 1.

Per ipotesi sappiamo che:

f(b) = pk(b, a) + 1 k!

Z b a

(b − x)^kf^(k+1)(x)dx. (15.4)

Ora, integrando per parti troviamo che:

1 k!

Z b

a (b − x)^kf^(k+1)(x)dx = 1 k!

(

−(b − x)^k+1

k+ 1 f^(k+1)(x)

^b

a

− Z b

a −(b − x)^k+1

k+ 1 · f^(k+2)(x)dx )

= 1

k!

((b − a)^k+1

k+ 1 f^(k+1)(b) + Z b

a

(b − x)^k+1

k+ 1 · f^(k+2)(x)dx )

= (b − a)^k+1

(k + 1)! + 1 (k + 1)!

Z b

a (b − x)^k+1f^(k+2)(x)dx.

Sostituendo in (15.4) troviamo che:

f(b) = pk(b, a) + f^(k+1)(b)(b − a)^k+1

(k + 1)! + 1 (k + 1)!

Z b

a (b − x)^k+1f^(k+2)(x)dx

= pk+1(b, a) + 1 (k + 1)!

Z b

a (b − x)^k+1f^(k+2)(x)dx, che `e la k + 1 esima affermazione.

A questo punto possiamo provare il teorema di Taylor Lagrange.

Consideriamo la funzione continua:

ϕ(x) = (b − a)ⁿ⁺¹

(n + 1)! f⁽ⁿ⁺¹⁾(x).

Il teorema sar`a completamente provato facendo vedere che esiste ξ ∈ [a, b] tale che:

ϕ(ξ) = 1 n!

Z b a

(b − x)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(x)dx. (15.5)

La continut`a di f⁽ⁿ⁺¹⁾ assicura l’esistenza di due costanti e⁰ ed e⁰⁰tali che, per ogni x ∈ ]a, b[:

e⁰≤ f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) ≤ e⁰⁰. Ma, allora:

e⁰ n!

Z b

a (b − x)ⁿdx≤ 1 n!

Z b

a (b − x)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(x)dx ≤ e⁰⁰ n!

Z b

a (b − x)ⁿdx, da cui:

e⁰

(n + 1)!(b − a)ⁿ⁺¹≤ 1 n!

Z b a

(b − x)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(x)dx ≤ e⁰⁰

(n + 1)!(b − a)ⁿ⁺¹. Ma, allora:

x∈[a,b]inf ϕ(x) ≤ 1 n!

Z b

a (b − x)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(x)dx ≤ sup

x∈[a,b]

ϕ(x), pertanto esiste ξ ∈ [a, b] per cui vale (15.5).