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Capitolo 7
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) perogni x ∈ I(x0).
• massimo relativo se esiste un intorno I(x0) ⊂ (a, b) tale che f(x) ≤ f(x0) perogni x ∈ I(x0)
• punto di estremo relativo se e punto di massimo relativo o minimo relativo perf .
• punto stazionario se f ′(x0) = 0;
• punto critico se ivi la derivata non esiste o e f ′(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);
7.1 Alcuni teoremi sulle funzioni derivabili
Teorema 7.1 (Fermat). E data una funzione f : (a, b) ⊆ R → R derivabile, cona, b ∈ R. Se x0 ∈ (a, b) e un punto di estremo, allora x0 e un punto stazionario.
Dimostrazione. Faremo la dimostrazione solo nel caso in cui x0 sia un punto diminimo. 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,
88
7.1 - Alcuni teoremi sulle funzioni derivabili
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 (vedi il capitolo sui limiti) siha che
(7.1) limx→x−0
f(x)− f(x0)
x− x0≤ 0 lim
x→x+0
f(x)− f(x0)
x− x0≥ 0.
Poiche per ipotesi la funzione e derivabile in x0 allora i limiti in (??), che derivatadi f rispettivamente sinistra e destra in x0, sono uguali a zero. Quindi la derivatadi f in x0 e zero.
Teorema 7.2 (Rolle). E data una funzione f : [a, b] ⊆ R→ R, con a, b ∈ R. Se f ederivabile in (a, b), continua in [a, b] e f(a) = f(b), allora esiste un punto c ∈ (a, b)tale che f ′(c) = 0.
Dimostrazione. Siamo in presenza di una funzione f continua in un intervallo chiusoe limitato. Ne consegue, per il teorema di Weierstraß, che f ammette punto dimassimo xM e punto di minimo xm assoluti. Distinguiamo due casi:
• Se m = M allora la funzione f e costante e quindi f ′(x) = 0 per ogni x ∈ [a, b].
• Se m < M allora almeno uno dei due xm o xM appartiene a (a, b), ed in talpunto la derivata esiste ed e nulla per il teorema di Fermat.
Esempio 7.3. 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). Inoltref(0) = f(1). Allora esiste un valore c ∈ (0, 1) tale che f ′(c) = 0. Infatti
f ′(c) = −4x3 + 2x = 0 → c =1√
2.
Esempio 7.4. Le ipotesi del teorema di Rolle sono le piu larghe possibili per cuivale l’enunciato stesso.
• La funzione f(x) = |x| e continua in [−1, 1], e tale che f(−1) = f(1), pero fnon e derivabile in x = 0. Infatti non esiste punto dell’intervallo (−1, 1) in cuif ′ si annulla.
• La funzione f(x) = x e continua in [0, 1], derivabile in (0, 1) pero f(0) 6= f(1).Infatti non esiste punto dell’intervallo (0, 1) in cui f ′ si annulla.
• La funzione
f(x) =
{0 x = 1ex x ∈ [0, 1)
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 89
Capitolo 7 - Studio di funzione
e continua e derivabile in (0, 1), e tale che f(0) = f(1). La funzione f peronon e continua in x = 0 e x = 1. Infatti non esiste punto dell’intervallo (0, 1)in cui f ′ si annulla.
Teorema 7.5 (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 f ′(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 ilteorema di Rolle esiste un c ∈ (a, b) per cui g′(c) = 0. Abbiamo
g′(x) = (f(b)− f(a))− (b− a)f ′(x)
eg′(c) = (f(b)− f(a))− (b− a)f ′(c) = 0
e quindi
f ′(c) =f(b)− f(a)
b− a.
Esempio 7.6. Il teorema di Lagrange e applicabile alla funzione f(x) = x2 nell’in-tervallo [0, 1]. Infatti f e continua in [0, 1] e derivabile in (0, 1). Allora esiste un
valore c ∈ (0, 1) tale che f ′(c) = f(1)−f(0)1−0 = 1. Infatti
f ′(c) = 2x = 1 → c =1
2.
7.2 Derivata prima e monotonia
Il teorema di Fermat ci porge un metodo per la ricerca dei punti di estremo relativo peruna funzione derivabile. I punti di estremo si devono cercare fra i punti stazionari.
Esempio 7.7. Consideriamo la funzione f(x) = x2 la quale ammette x = 0 comepunto stazionario che e punto di minimo essendo f(x) > 0 per x 6= 0.
Pero non tutti i punti stazionari sono di estremo.
Esempio 7.8. Consideriamo la funzione f(x) = x3 la quale ammette x = 0 comepunto stazionario che non e punto di estremo essendo f(x) > 0 per x > 0 e f(x) < 0per x < 0.
La derivata prima fornisce anche informazioni sulla monotonia (crescenza e decrescenza)delle funzioni.
90 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.2 - Derivata prima e monotonia
Teorema 7.9. E data una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R derivabile.
• f ′(x) ≥ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f e ivi crescente.
• f ′(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 peresercizio.Sia f avente derivata prima positiva in (a, b). Applicando il teorema di Lagrange allafunzione f nell’intervallo [x0, x1] ⊂ (a, b), abbiamo che esiste un punto c ∈ (x0, x1)tale che
f ′(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
limh→0
f(x0 + h)− f(x0)
h= f ′(x0) ≥ 0.
Quest’ultimo teorema suggerisce un metodo per la ricerca dei punti di estremo per unafunzione derivabile. Sia x0 un punto stazionario per una funzione f :
• x0 e un punto di minimo relativo se prima di x0 la derivata prima e negativa edopo e positiva,
↘ ↗x0
x
• x0 e un punto di massimo relativo se prima di x0 la derivata prima e positiva edopo e negativa,
↗ ↘x0
x
• x0 e un punto di flesso a tangente orizzontale se la derivata prima ha lo stessosegno prima e dopo x0.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 91
Capitolo 7 - Studio di funzione
↗ ↗
x0
x↘ ↘
x0
x
Esempio 7.10. Consideriamo la funzione f(x) = x2 la cui derivata prima e f ′(x) =2x. La derivata prima e positiva per x > 0, e negativa per x < 0, e x = 0 e puntostazionario per f .
−3 −2 −1 0 1 2 3
↘ ↗x
Dunque x = 0 e punto di minimo per f(x) = x2.
Esempio 7.11. Consideriamo la funzione f(x) = x3 la cui derivata prima e f ′(x) =3x2. La derivata prima e positiva per x 6= 0, e x = 0 e punto stazionario per f .
−3 −2 −1 0 1 2 3
↗ ↗x
Dunque x = 0 e punto di minimo per f(x) = x2.
I punti di massimo o minimo si devono cercare anche nei punti critici non stazionari incui f e continua.
Esempio 7.12. Consideriamo la funzione f(x) =3√x2. Abbiamo gia studiato cosa
accade alla funzione per x = 0: la funzione e ivi continua ma non derivabile. Laderivata prima e 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 .
92 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.3 - Derivata seconda e concavita
7.3 Derivata seconda e concavita
E data una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R. Diremo che f e una funzione convessa se ilsuo epigrafico1 e un insieme convesso. Se −f e convessa, allora la funzione f e dettaconcava.
Funzione convessa Funzione concava
Ricordando che un sottoinsieme A di R2 e convesso se ogni segmento che ha come estremielementi di A e interamente contenuto in A, un altro modo per definire le funzioniconvesse e concave e il seguente.
x
f(x)
yt
xt
f(xt)
f(y)
y
x
y
Consideriamo il punto di coordinate (xt, yt) appartenente al segmento congiungente ipunti di coordinate (x, f(x)) e (y, f(y)). Possiamo esprimere le coordinate del puntotramite combinazione lineare convessa:
xt = (1− t)x+ ty , yt = (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 7.13. Proviamo che la funzione f(x) = x2 e concava in R, ovvero che
(7.2) (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 .
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 93
Capitolo 7 - Studio di funzione
La (??) equivale ax2(1− t) + y2t− [x(1− t) + yt]2 ≥ 0
da cuix2(1− t) + y2t−
[x2(1− t)2 + y2t2 + 2xyt(1− t)
]≥ 0
da cuix2[(1− t)− (1− t)2
]+ y2(t− t2)− 2xy(t− t2) ≥ 0
da cuix2[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 concavita delle funzioni.
Teorema 7.14. E data una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R derivabile fino al secondoordine.
• f ′′(x) ≥ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f e ivi convessa.
• f ′′(x) ≤ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f e ivi concava.
Esempio 7.15. Consideriamo la funzione f(x) = x2. Avremo che f ′′(x) = 2.Poiche f ′′ e sempre positiva, allora la funzione f e convessa nell’insieme di defi-nizione.
Esempio 7.16. Consideriamo la funzione f(x) = x3. Avremo che f ′′(x) = 6x. Siha
• f ′′(x) > 0 per x > 0 allora f e ivi convessa;
• f ′′(x) < 0 per x < 0 allora f e ivi concava.
Un punto e di flesso se ivi la funzione cambia concavita. I flessi sono di tre tipi:
• a tangente orizzontale: si trovano in quei punti in cui la derivata prima eseconda si annullano;
• a tangente obliqua: si trovano in quei punti in cui la derivata prima e diversada 0 e la derivata seconda si annulla;
• a tangente verticale: si trovano in quei punti in cui la derivata prima destra esinistra sono infiniti dello stesso segno.
Esempio 7.17. 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 funzionef(x) = 3
√x in x = 0 ha un flesso a tangente verticale.
94 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.4 - Funzioni lipschitziane
7.4 Funzioni lipschitziane
Sia f : I ⊆ R → R una funzione con I un intervallo di R. La funzione f e dettalipschitziana 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.
Esempio 7.18. Consideriamo la funzione f(x) = |x|. Se x, y ∈ R allora vale ladisugualianza triangolare inversa per cui
|f(x)− f(y)| = ||x| − |y|| ≤ |x− y| .
da cui discende che la funzione valore assoluto e lipschitziana in R.
L’esempio precedente mostra come la lipschitzianita non implichi la derivabilita. Ma ilseguente teorema lega la derivabilita alla lipschitzianita.
Teorema 7.19. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile. La funzione e lipschitziana in(a, b) se e solo se f ′(x) e ivi limitata.
Dimostrazione. Se una funzione e lipschitziana allora per ogni x, y ∈ (a, b) con x 6= yabbiamo
|f(x)− f(y)||x− y|
≤ K ∈ R.
Ma essendo f derivabile in (a, b) abbiamo che
limy→x
|f(x)− f(y)||x− y|
= |f ′(x)| ≤ K ∈ R.
e quindi la derivata e limitata.Proviamo l’altra implicazione. Consideriamo x0, x1 ∈ (a, b) tali che x0 < x1. Alloraf(x) verifica il teorema di Lagrange nell’intervallo [x0, x1], e quindi esiste un c ∈(x0, x1) tale che
f ′(c) =f(x1)− f(x0)
x1 − x0da cui
|f ′(c)| =
∣∣∣∣∣f(x1)− f(x0)
x1 − x0
∣∣∣∣∣e quindi |f(x1) − f(x0)| = |f ′(c)| · |x1 − x0|. Poiche per ipotesi f ′(x) e limitata, equindi e limitata anche |f ′(x)|, significa che esiste un valore reale positivo K taleche |f ′(x)| ≤ K per ogni x ∈ (a, b). Allora
|f(x1)− f(x0)| = |f ′(c)| · |x1 − x0| ≤ K|x1 − x0|
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 95
Capitolo 7 - Studio di funzione
e quindi f e lipschitziana in (a, b).
Esempio 7.20. Consideriamo la funzione f(x) =√x. Se prendiamo la funzione in
un qualsiasi intervallo aperto che ha zero come estremo allora f non e ivi lipschitzianaperche la derivata non e limitata. Invece lo e in qualsiasi intervallo del tipo (a,+∞)con a > 1 perche la funzione radice quadrata ha derivata ivi limitata.
Esempio 7.21. Consideriamo la funzione f(x) = x2. Se prendiamo la funzionein un qualsiasi intervallo limitato allora f e ivi lipschitziana. Invece in qualsiasiintervallo illimitato la funzione non e limitata.
Teorema 7.22. Sia f : A ⊆ R→ R con A insieme chiuso e limitato. Se la funzionee derivabile in A allora e ivi lipschitziana.
Teorema 7.23. Se f : (a, b) ⊆ R → R e lipschitziana allora e ivi uniformementecontinua (e quindi continua).
7.5 Teorema di De L’Hopital
Il Teorema di De L’Hopital ci permette di sciogliere limiti che porgono le forme indeter-minate del tipo ∞∞ o 0
0.
Teorema 7.24. Siano date le funzioni f, g : (a, b) ⊆ R→ R derivabili e g′(x) 6= 0.Sia x0 ∈ (a, b). Se sono verificate le seguenti condizioni:
• Il limite limx→x0
f(x)
g(x)porge una forma indeterminata
∞∞
o0
0.
• Il limite limx→x0
f ′(x)
g′(x)esiste.
Allora
limx→x0
f(x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g(′x).
Esempio 7.25. Calcoliamo il limite
limx→+∞
lnx
x.
Il limite porge una forma indeterminata ∞∞ . Cerchiamo di applicare il teorema di
De L’Hopital. Il limite
limx→+∞
(lnx)′
(x)′= lim
x→+∞
1x
1= lim
x→+∞
1
x=
1
+∞= 0.
96 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.5 - Teorema di De L’Hopital
Allora e applicabile il Teorema di De L’Hopital, e sara
limx→+∞
lnx
x= lim
x→+∞
(lnx)′
(x)′= 0.
Esempio 7.26. Calcoliamo il limite
limx→+∞
x2 + x+ 1
x2 + 3x+ 2.
Il limite porge una forma indeterminata ∞∞ . Cerchiamo di applicare il teorema di
De L’Hopital.
limx→+∞
(x2 + x+ 1)′
(x2 + 3x+ 2)′= lim
x→+∞
2x+ 1
2x+ 3
Il limite porge ancora una forma indeterminata ∞∞ . Cerchiamo di applicare nuova-mente il teorema di De L’Hopital.
limx→+∞
(2x+ 1)′
(2x+ 3)′= lim
x→+∞
2
2= 1.
Allora e applicabile il Teorema di De L’Hopital, e sara
limx→+∞
x2 + x+ 1
x2 + 3x+ 2= lim
x→+∞
(x2 + x+ 1)′
(x2 + 3x+ 2)′= lim
x→+∞
(2x+ 1)′
(2x+ 3)′= 1.
Esempio 7.27. Calcoliamo il limite
limx→0+
x− tanx
x2.
Il limite porge una forma indeterminata 00. Cerchiamo di applicare il teorema di De
L’Hopital.
limx→0+
(x− tanx)′
(x2)′= lim
x→0+
1− 1− tan2 x
2x= lim
x→0+
− tan2 x
2x
Il limite porge ancora una forma indeterminata 00. Cerchiamo di applicare nuova-
mente il teorema di De L’Hopital.
limx→0+
(− tan2 x)′
(2x)′= lim
x→0+
−2 tanx (1 + tan2 x)
2= 0.
Allora e applicabile il Teorema di De L’Hopital, e sara
limx→0+
x− tanx
x2= lim
x→0+
(x− tanx)′
(x2)′= lim
x→0+
(− tan2 x)′
(2x)′= 0.
Esempio 7.28. Calcoliamo il limite
limx→0+
(x lnx) .
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 97
Capitolo 7 - Studio di funzione
Il limite porge una forma indeterminata 0 ·∞. Il Teorema di De L’Hopital non e ap-plicabile direttamente, ma possiamo trasformare la funzione per rendere applicabileil teorema.
limx→0+
(x lnx) = limx→0+
lnx1x
.
Quest’ultimo limite e una forma indeterminata ∞∞ , e cerchiamo di applicare il teo-rema di De L’Hopital.
limx→0+
(lnx)′(1x
)′ = limx→0+
1
x
−1
x2
= limx→0+
−x2
x= − lim
x→0+x = 0−.
Allora e applicabile il Teorema di De L’Hopital, e sara
limx→0+
(x lnx) = limx→0+
lnx1x
= limx→0+
(lnx)′(1x
)′ = 0−.
Esempio 7.29. Calcoliamo il limite
limx→−∞
(xex) .
Il limite porge una forma indeterminata 0 · ∞. Il Teorema di De L’Hopital non eapplicabile direttamente, ma possiamo seguire il procedimento dell’esercizio prece-dente.
limx→−∞
(xex) = limx→−∞
x
e−x.
Quest’ultimo limite e una forma indeterminata ∞∞ , e cerchiamo di applicare il teo-rema di De L’Hopital.
limx→−∞
(x)′
(e−x)′= lim
x→−∞
1
−e−x= lim
x→−∞(−ex) = 0−.
Allora e applicabile il Teorema di De L’Hopital, e sara
limx→−∞
(xex) = limx→−∞
x
e−x= lim
x→−∞
(x)′
(e−x)′= 0−.
Il teorema di De L’Hopital e molto utile per sciogliere le forme indeterminate del tipo1∞, 00 e ∞0.
Esempio 7.30. Calcoliamo il limite
limx→0+
(sinx+ cosx)1x .
Essendo una forma indeterminata 1∞, sfruttiamo l’identita f(x)g(x) = eln(f(x)g(x))
.
98 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.6 - Polinomi di Taylor
Abbiamo
limx→0+
(sinx+ cosx)1x = lim
x→0+eln(sinx+cosx)
1x = lim
x→0+e
1xln(sinx+cosx) ;
limx→0+
1
xln(sinx+ cosx) =
0
0.
Possiamo allora applicare De L’Hopital:
limx→0+
1
xln(sinx+ cosx) = lim
x→0+
cosx−sinxsinx+cosx
1= 1
e dire che il limite della funzione iniziale e e1, ossia e.
Esempio 7.31. Calcoliamo il limite
limx→π
2
(tanx)tan(2x) .
Essendo una forma indeterminata ∞0, sfruttiamo l’identita f(x)g(x) = eln(f(x)g(x))
.Abbiamo
limx→π
2
(tanx)tan(2x) = limx→π
2
eln(tanx)tan(2x)
= limx→π
2
etan(2x) ln(tanx) ;
limx→π
2
tan(2x) ln(tanx) = limx→π
2
sin(2x)
cos(2x)ln(tanx) .
Siccome cos(2x)→ 1 as x→π
2, possiamo calcolare direttamente
limx→π
2
ln(tanx)1
sin(2x)
=∞∞.
Allora applichiamo De L’Hopital:
limx→π
2
ln(tanx)1
sin(2x)
= limx→π
2
− sin(2x)
cos(2x)= 0
da cui segue che il limite della funzione iniziale e e0 = 1.
7.6 Polinomi di Taylor
Consideriamo una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R derivabile. Allora
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0= f ′(x0)
e ne consegue che
(7.3) g(x) =f(x)− f(x0)
x− x0− f ′(x0)
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 99
Capitolo 7 - Studio di funzione
e infinitesima in x = x0. Ricavando f(x) nella (??) abbiamo
f(x) = f(x0) + f ′(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 equindi
g(x)(x− x0) = o(x− x0).
Ne consegue che
(7.4) f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)︸ ︷︷ ︸P1(x)
+o(x− x0).
Dalla (??) abbiamo che la funzione f si puo scrivere come somma di una funzionepolinomiale di primo grado, la quale non e altro che la retta tangente ad f in x0 e unafunzione che e un infinitesimo di ordine superiore a x − x0 per x → x0. La funzionepolinomiale P1 in (??) e tale che
(7.5) P1(x0) = f(x0), P ′1(x0) = f ′(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 gradon che migliora in un intorno di x0 l’approssimazione di f . Coerentemente con le (??),
tale polinomio Pn(x) dovra essere tale che Pn(x0) = f(x0) e P(j)n (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 polinomiodi Taylor di grado n generato da f e centro x0.
Teorema 7.32. 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 P(j)n (x0) = f (j)(x0)
per ogni j ∈ {1, 2, · · · , n}.
100 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.6 - Polinomi di Taylor
Dimostrazione. Proponiamo come Pn(x0) il polinomio
Pn(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2 + · · ·+ an(x− x0)n.
Si ha:
P ′n(x) = a1 + 2a2(x− x0) + · · ·+ nan(x− x0)n−1
P”n(x) = 2a2 + · · ·+ n(n− 1)an(x− x0)n−2
· · ·P (n)n (x) = n(n− 1) · · · 2an .
Calcolando in x0 si trova
Pn(x0) = a0 , P′n(x0) = a1 , P
(n)n = n!an .
Abbiamo quindi che
aj =f (j)(x0)
j!, j ∈ {0, 1, · · · , n}.
In forma compatta il polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x0 e
Pn(x) =n∑j=0
f (j)(x0)
j!(x− x0)j.
Esempio 7.33. Consideriamo la funzione f(x) = sin x. Troviamo il suo polinomiodi Taylor di grado n e centro 0.Poiche per ogni j ∈ N si ha che
f (4j)(x) = sin x, f (4j+1)(x) = cos x, f (4j+2)(x) = − sinx, f (4j+3)(x) = − cosx
e di conseguenza
f (4j)(0) = 0, f (4j+1)(0) = 1, f (4j+2)(0) = 0, f (4j+3)(0) = −1
allora
P2n+1(x) = x− x3
3!+x5
5!− x7
7!+ · · ·+ (−1)n
(2n+ 1)!x2n+1 =
n∑j=0
(−1)j
(2j + 1)!x2j+1
eP2n(x) = P2n−1(x).
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 101
Capitolo 7 - Studio di funzione
P1
P3
P5
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−2
−1
1
2
x
y
Esempio 7.34. Consideriamo la funzione f(x) = cos x. Troviamo il suo polinomiodi Taylor di grado n e centro 0.Poiche per ogni j ∈ N si ha che
f (4j)(x) = cos x, f (4j+1)(x) = − sinx, f (4j+2)(x) = − cosx, f (4j+3)(x) = sin x
e di conseguenza
f (4j)(0) = 1, f (4j+1)(0) = 0, f (4j+2)(0) = −1, f (4j+3)(0) = 0
allora
P2n(x) = 1− x2
2!+x4
4!− x6
6!+ · · ·+ (−1)n
(2n)!x2n =
n∑j=0
(−1)j
(2j)!x2j
eP2n+1(x) = P2n(x).
P0
P2
P3
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−2
−1
1
2
x
y
Esempio 7.35. Consideriamo la funzione f(x) = ex. Troviamo il suo polinomio diTaylor di grado n e centro 0.Poiche
f (j)(0) = 1, per ogni j ∈ {0, 1, · · · , n}
allora
Pn(x) = 1 + x+x2
2!+x3
3!+ · · ·+ xn
n!=
n∑j=0
xj
j!.
Poiche f(1) = e, possiamo usare i polinomi di Taylor per calcolare una approssima-
102 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.6 - Polinomi di Taylor
zione del numero di Nepero.
n Pn(1) Pn(1)− f(1)
1 2 0.7182822 2.5 0.2182823 2.66667 0.05161524 2.70833 0.00994855 2.71667 0.00161516
Come si puo notare gia al grado 5 il polinomio di Taylor approssima fino alla secondacifra decimale il numero di Nepero.
Esempio 7.36. Consideriamo la funzione f(x) = ln(1 + x). Troviamo il suo poli-nomio di Taylor di grado n e centro 0.Abbiamo
f ′(x) =1
1 + x, f ′′(x) = − 2
(1 + x)2, f ′′′(x) =
2
(1 + x)3, f (4)(x) = − 6
(1 + x)4, · · ·
e di conseguenza
f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −2, f ′′′(0) = 2, f (4)(0) = −6, · · ·
allora
Pn(x) =n∑j=1
(−1)j+1(j − 1)! · xj
j!=
n∑j=1
(−1)j+1
jxj.
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
Rn(x) = f(x)− Pn(x)
ovvero l’errore che si commette approssimando la funzione f con Pn in x.
Teorema 7.37. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x0 ∈ (a, b).Se Pn(x) e il polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x0. Allora
En(x) = o ((x− x0)n) .
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 103
Capitolo 7 - Studio di funzione
La rappresentazione di En data in quest’ultimo teorema e detta forma di Peano delresto n-esimo. Esistono altre rappresentazione del resto n-esimo che noi qui nondaremo.
Esempio 7.38. Secondo la rappresentazione del resto in forma di Peano abbiamoche
sinx =n∑j=0
(−1)j
(2j + 1)!x2j+1 + o(x2n+1),
cosx =n∑j=0
(−1)j
(2j)!x2j + o(x2n),
ex =n∑j=0
1
j!xj + o(xn),
ln(1 + x) =n∑j=1
(−1)j+1
jxj + o(xn).
Esempio 7.39. Calcolare il polinomio di Taylor di grado 2 e centro 0 della funzionef(x) = ln(cos x)).
f(x) = ln(cos x)) , f ′(x) = − tanx , f”(x) = −1− tan2 x
da cui seguef(0) = 0 , f ′(0) = 0 , f”(0) = −1
e quindiP (x) = −x2.
Inoltre abbiamo cheln(cos(x)) = −x2 + o(x2).
Dai polinomi di Taylor si possono ricavare altri sviluppi di Taylor grazie al seguenteteorema.
Teorema 7.40. Siano f, g : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x0 ∈(a, b). Sia Pn (Qn) il polinomio di Taylor di grado n generato da f (g) e centro x0.Allora
• Se α, β ∈ R, allora αPn(x) + βQn(x) e il polinomio di Taylor di grado ngenerato da αf + βg con centro x0.
• P ′n(x) e il polinomio di Taylor di grado n− 1 generato da f ′.
7.7 Ancora sugli infinitesimi campione
Grazie al teorema di De L’Hopital e ai polinomi di Taylor e piu agevole trovare l’infini-tesimo campione di una funzione infinitesima in un x0 finito.
104 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.8 - Grafico qualitativo delle funzioni
Esempio 7.41. La funzione f(x) = x + sinx e una funzione infinitesima in x = 0ed ha ivi sviluppo di Taylor uguale
x+ sinx = x+ (x+ o(x)) = 2x+ o(x).
Quindi
limx→0
x+ sinx
xα= lim
x→0
2x+ o(x)
xα.
Quest’ultimo limite e finito non nullo per α = 1, e dunque x + sinx e infinitesimodi ordine 1 in x = 0.Lo stesso risultato si poteva ottenere con il teorema di De L’Hopital, infatti
limx→0
x+ sinx
xα= lim
x→0
1 + cos x
αxα−1=
2
αxα−1.
Per avere un valore del limite finito non nullo dobbiamo porre α = 1.
Esempio 7.42. La funzione f(x) = x − sinx e una funzione infinitesima in x = 0ed ha ivi sviluppo di Taylor uguale a
sinx− x = x−(x− x3
3!+ o(x3)
)=x3
3!+ o(x3).
Quindi
limx→0
x− sinx
xα= lim
x→0
x3
3!+ o(x3)
xα.
Quest’ultimo limite e finito non nullo per α = 3, e dunque x − sinx e infinitesimodi ordine 3 in x = 0.
7.8 Grafico qualitativo delle funzioni
Grazie a tutto cio che abbiamo sviluppato fino a qui, abbiamo gli strumenti per trovareil grafico qualitativo. Ecco i passaggi necessari per la determinazione del grafico di unafunzione:
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 ecrescente e decrescente. Si determinano i massimi e minimi.
6. Si calcola la derivata seconda. Si determinano gli intervalli in cui la funzione econvessa e concava. Si determinano i punti di flesso.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 105
Capitolo 7 - Studio di funzione
Esempio 7.43. 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 ilsistema {
y = x3 − xy = 0
che porge i punti A = (0, 0) e B = (1, 0). Le intersezioni con l’asse y si cercanorisolvendo il sistema {
y = x3 − xx = 0
che porge il punto A.Positivita. Dobbiamo risolvere la disequazione x3 − x ≥ 0.
x3 − x ≥ 0 → x(x2 − 1
)≥ 0 → x (x− 1) (x+ 1) ≥ 0.
Studiamo la positivita 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).
Limiti agli estremi del dominio.
limx→±∞
(x3 − x
)= lim
x→±∞x3(
1− x
x3
)= lim
x→±∞x3 = ±∞.
Non ci sono asintoti verticali e orizzontali. Non ci sono asintoti obliqui perche
limx→±∞
x3 − xx
= limx→±∞
x3
x= lim
x→±∞x2 = +∞.
Derivata prima. Si ha f ′(x) = 3x2−1. La derivata prima si annulla per x = ±√33
,
e positiva per x ∈(−∞,−
√33
)∪(√
33,+∞
), e negativa per x ∈
(−√33,√33
).
106 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.8 - Grafico qualitativo delle funzioni
↗ ↘ ↗√33−
√33
x
Abbiamo che x = −√
3
3e punto di minimo relativo e x =
√3
3e punto di massimo
relativo.Derivata seconda. Si ha f ′′(x) = 6x. La derivata seconda si annulla per x = 0, epositiva 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
Esempio 7.44. Determiniamo il grafico qualitativo della funzione f(x) =x3
x2 − 1.
Dominio. Essendo un rapporto fra polinomi, imponiamo che il denominatore siadiverso da 0:
x2 − 1 6= 0 → x2 = 1 → x = ±1.
Quindi l’insieme di esistenza della funzione e
D = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).
Intersezione con gli assi. Le intersezioni con l’asse x si cercano risolvendo il
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 107
Capitolo 7 - Studio di funzione
sistema y =x3
x2 − 1y = 0
che porge il punto A = (0, 0). Pure l’intersezione con l’asse y porge il punto A.
Positivita. Dobbiamo risolvere la disequazionex3
x2 − 1≥ 0. La disequazione e frat-
ta, e dobbiamo studiare la positivita del numeratore e denominatore. Il numeratoree 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).
Limiti agli estremi del dominio.
limx→±∞
x3
x2 − 1= lim
x→±∞
x3
x2
(1−
1
x2
) = limx→±∞
x3
x2= lim
x→±∞x = ±∞,
limx→(−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:
Derivata prima. Si ha f ′(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 −2 −1 0 1 2 3
↗ ↘ ↘ ↘ ↘ ↗ x
Abbiamo che x = −√
3 e punto di massimo relativo, x = 0 e punto di flesso atangente orizzontale, x =
√3 e punto di minimo relativo.
108 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.8 - Grafico qualitativo delle funzioni
Derivata seconda.Si ha f ′′(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 7.45. 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,+∞).Intersezione con gli assi. Le intersezioni con l’asse x si cercano risolvendo ilsistema {
y = x log xy = 0
che porge il punto A = (1, 0). Non vi sono intersezioni con l’asse y.Positivita. Dobbiamo risolvere la disequazione x log x ≥ 0. Studiamo la positivitadei 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:
−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).
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 109
Capitolo 7 - Studio di funzione
Limiti agli estremi del dominio. Il limite
limx→0+
x log x.
conduce ad una forma indeterminata del tipo 0 ·∞. Trasformiamo il limite per poterapplicare il Teorema di De L’Hopital.
limx→0+
x log x = limx→0+
log x1x
= limx→0+
(log x)′(1x
)′ = limx→0+
1x
− 1x2
= − limx→0+
x = 0−.
Proseguiamo conlim
x→+∞x log x = +∞.
Non ci sono asintoti verticali e orizzontali. Non ci sono asintoti obliqui perche
limx→±∞
x log x
x= lim
x→±∞log x = +∞.
Derivata prima. Si ha f ′(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−1x
Abbiamo che x = e−1 e punto di minimo relativo.
Derivata seconda. Si ha f ′′(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). Questopossiamo ricavarlo facendo il limite della derivata prima per x→ 0+:
limx→0+
(log x+ 1) = −∞.
Ne consegue che il grafico di f arriva al punto (0, 0) con tangente che tende ad essereverticale.Grafico.
110 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
7.9 - Esercizi
0.5 1 1.5 2 2.5
−0.5
0.5
1
1.5
2
x
y
7.9 Esercizi
Esercizio 7.1. Dimostrare che prendendo due funzioni f, g : [a, b] ⊂ R → R tali chef, g continue in [a, b], derivabili in (a, b, allora esiste un punto c ∈ (a, b) tale che
(f(b)− f(a)) g′(c) = (g(b)− g(a)) f ′(c).
Esercizio 7.2. Calcolare i seguenti limiti:
1. limx→±∞
x3 − x+ 1
x2 + 1;
2. limx→±∞
ex + e2x
x2 − 1;
3. limx→0+
√x+ 1− 1
x;
4. limx→−∞
1− ex
1 + e2x;
5. limx→0+
sinx+ tan2 x
x2 + x;
6. limx→+∞
√x lnx;
7. limx→1+
√x− 1
x− 1;
8. limx→0+
x ln2 x;
9. limx→0+
xx;
10. limx→+∞
xx;
11. limx→0+
(sinx)x.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 111
Capitolo 7 - Studio di funzione
Esercizio 7.3. Ricavare il polinomio di Taylor delle seguenti funzioni. Si indica con nil 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) = sinx, n = 4, x0 = 0;
3. f(x) = ln(1 + 3x), n = 3, x0 = 0,
4. f(x) = e−x2, n = 6, x0 = 0.
Esercizio 7.4. Trovare l’ordine di infinitesimo delle seguenti funzioni nel punto indicato:
1. f(x) =x2
x− 1in x = 0;
2. f(x) = sin(ln(1 + x2)) in x = 0;
3. f(x) =√x− 1 in x = 1.
Esercizio 7.5. Studiare le seguenti funzioni e tracciarne il grafico:
1. f(x) = x3 − 2x;
2. f(x) =x3
3− x2;
3. f(x) = (x+ 1)ex;
4. f(x) = ln(x2 + x+ 2);
5. f(x) =|x|
x2 + 1;
6. f(x) =|x|
x2 − 1;
7. f(x) =ex + 1
ex − 1;
8. f(x) =sinx
2 cosx+ 1
9. f(x) = e
1
x− 1;
10. f(x) = cos(2x)− sinx;
11. f(x) = arctan
(x+ 1
x
);
12. f(x) =1
cosx+ 2.
112 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
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