Capitolo 1 · 2020. 12. 4. · Capitolo 1 - Studio di funzione 1.3Derivata seconda e concavit a E...

Capitolo 1

Studio di funzione

Consideriamo una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R. Abbiamo che x0 ∈ (a, b) è 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 è punto di massimo relativo o minimo relativo perf .

• punto stazionario se f ′(x0) = 0;

• punto critico se ivi la derivata non esiste o è f ′(x0) = 0;

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

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

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

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

• f è 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, cona, 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 diminimo. Il caso in cui x0 è 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,

1

Capitolo 1 - Studio di funzione

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 suilimiti) si ha che

(1.1) limx→x−0

f(x)− f(x0)x− x0

≤ 0 limx→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 laderivata di f rispettivamente sinistra e destra in x0, sono uguali a zero. Quindi laderivata di f in x0 è zero.

Teorema 1.2 (Rolle). È data una funzione f : [a, b] ⊆ R→ R, con a, b ∈ R. Se f èderivabile 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 è 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 è nulla per il teorema di Fermat.

Esempio 1.3. Il teorema di Rolle è applicabile alla funzione f(x) = x2(1 − x2)nell’intervallo [0, 1]. Infatti f è 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 1.4. Le ipotesi del teorema di Rolle sono le più larghe possibili per cuivale l’enunciato stesso.

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

• La funzione f(x) = x è continua in [0, 1], derivabile in (0, 1) però f(0) 6= f(1).Infatti non esiste punto dell’intervallo (0, 1) in cui f ′ si annulla.

• La funzionef(x) =

{0 x = 1x x ∈ [0, 1)

2 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.

1.2 - Derivata prima e monotonia

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

Teorema 1.5 (Lagrange). È data una funzione f : [a, b] ⊆ R → R, con a, b ∈ R.Se f è derivabile in (a, b), continua in [a, b]. Allora esiste un punto c ∈ (a, b) taleche 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 è continua in [a, b], derivabile in (a, b) ed è 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 1.6. Il teorema di Lagrange è applicabile alla funzione f(x) = x2 nell’in-tervallo [0, 1]. Infatti f è 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.

1.2 Derivata prima e monotonia

Il teorema di Fermat ci fornisce un metodo per la ricerca dei punti di estremo relativoper 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 comepunto stazionario che è punto di minimo essendo f(x) > 0 per x 6= 0.

Però non tutti i punti stazionari sono di estremo.

Esempio 1.8. Consideriamo la funzione f(x) = x3 la quale ammette x = 0 comepunto stazionario che non è 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.

Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 3


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

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

• f ′(x) ≤ 0 per ogni x ∈ (a, b) se e solo se f è 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 è 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 è un punto di minimo relativo se prima di x0 la derivata prima è negativa edopo è positiva,

↘ ↗x0

x

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

↗ ↘x0

x

• x0 è un punto di flesso a tangente orizzontale se la derivata prima ha lo stessosegno prima e dopo x0.


1.3 - Derivata prima e monotonia

↗ ↗

x0

x↘ ↘

x0

x

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

−3 −2 −1 0 1 2 3

↘ ↗x

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

Esempio 1.11. Consideriamo la funzione f(x) = x3 la cui derivata prima è f ′(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 è 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 incui f è 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. Laderivata prima è positiva per x > 0, e negativa per x < 0.

−3 −2 −1 0 1 2 3

↘ ↗x

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



1.3 Derivata seconda e concavità

È data una funzione f : (a, b) ⊆ R→ R. Diremo che f è una funzione convessa se ilsuo epigrafico1 è un insieme convesso. Se −f è convessa, allora la funzione f è dettaconcava.

Funzione convessa Funzione concava

Ricordando che un sottoinsieme A di R2 è convesso se ogni segmento che ha come estremielementi di A è interamente contenuto in A, un altro modo per definire le funzioniconvesse e concave è 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 è 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 è 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 è convessa in R, ovvero che

(1.2) (x(1− t) + yt)2 ≤ x2(1− t) + y2t, per ogni t ∈ [0, 1]

è verificata per x, y ∈ R.

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


1.4 - Derivata seconda e concavità

La (1.2) equivale a

x2(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 è convessa in R.

La derivata seconda fornisce informazioni sulla concavità delle funzioni.

Teorema 1.14. È 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 è ivi convessa.

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

Esempio 1.15. Consideriamo la funzione f(x) = x2. Avremo che f ′′(x) = 2.Poiché f ′′ è sempre positiva, allora la funzione f è convessa nell’insieme di defi-nizione.

Esempio 1.16. Consideriamo la funzione f(x) = x3. Avremo che f ′′(x) = 6x. Siha

• f ′′(x) > 0 per x > 0 allora f è ivi convessa;

• f ′′(x) < 0 per x < 0 allora f è ivi concava.

Un punto è di flesso se ivi la funzione cambia concavità. I flessi sono di tre tipi:

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

• a tangente obliqua: si trovano in quei punti in cui la derivata prima è 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 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 funzionef(x) = 3

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



1.4 Funzioni lipschitziane

Sia f : I ⊆ R → R una funzione con I un intervallo di R. La funzione f è 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, detta costante di Lipschitz.

Esempio 1.18. 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 è lipschitziana in R, con K = 1.

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

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

Dimostrazione. Se una funzione è 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 è 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|. Poiché per ipotesi f ′(x) è limitata, equindi è 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|


1.5 - Teorema di De L’Hôpital

e quindi f è 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 lipschitzianaperché 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 funzionein un qualsiasi intervallo limitato allora f è ivi lipschitziana. Invece in qualsiasiintervallo illimitato la funzione non è limitata.

Teorema 1.22. Sia f : A ⊆ R→ R con A insieme chiuso e limitato. Se la funzioneè derivabile in A allora è ivi lipschitziana.

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

1.5 Teorema di De L’Hôpital

Il Teorema di De L’Hôpital ci permette di sciogliere limiti che porgono le forme indeter-minate 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 g′(x) 6= 0. Sia x0 ∈ (a, b). Se sono verificate le seguenticondizioni:

• 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 1.25. Calcoliamo il limite

limx→+∞

lnx

x.

Il limite porge una forma indeterminata ∞∞ . Cerchiamo di applicare il teorema diDe L’Hôpital. Il limite

limx→+∞

(lnx)′

(x)′= lim

x→+∞

1x

1= lim

x→+∞

1

x=

1

+∞= 0.



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

limx→+∞

lnx

x= lim

x→+∞

(lnx)′

(x)′= 0.


limx→+∞

x2 + x+ 1

x2 + 3x+ 2.

Il limite porge una forma indeterminata ∞∞ . Cerchiamo di applicare il teorema diDe L’Hôpital.

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’Hôpital.

limx→+∞

(2x+ 1)′

(2x+ 3)′= lim

x→+∞

2

2= 1.


limx→+∞

x2 + x+ 1

x2 + 3x+ 2= lim

x→+∞

(x2 + x+ 1)′

(x2 + 3x+ 2)′= lim

x→+∞

(2x+ 1)′

(2x+ 3)′= 1.


limx→0+

x− tanxx2

.

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

L’Hôpital.

limx→0+

(x− tanx)′

(x2)′= lim

x→0+

1− 1− tan2 x2x

= limx→0+

− tan2 x2x

Il limite porge ancora una forma indeterminata 00. Cerchiamo di applicare nuova-

mente il teorema di De L’Hôpital.

limx→0+

(− tan2 x)′

(2x)′= lim

x→0+

−2 tanx (1 + tan2 x)2

= 0.


limx→0+

x− tanxx2

= limx→0+

(x− tanx)′

(x2)′= lim

x→0+

(− tan2 x)′

(2x)′= 0.


limx→0+

(x lnx) .


1.5 - Teorema di De L’Hôpital

Il limite porge una forma indeterminata 0 ·∞. Il Teorema di De L’Hôpital non è ap-plicabile direttamente, ma possiamo trasformare la funzione per rendere applicabileil teorema.

limx→0+

(x lnx) = limx→0+

lnx1x

.

Quest’ultimo limite è una forma indeterminata ∞∞ , e cerchiamo di applicare il teo-rema di De L’Hôpital.

limx→0+

(lnx)′(1x

)′ = limx→0+

1

x

−1

x2

= limx→0+

−x2

x= − lim

x→0+x = 0−.


limx→0+

(x lnx) = limx→0+

lnx1x

= limx→0+

(lnx)′(1x

)′ = 0−.Esempio 1.29. Calcoliamo il limite

limx→−∞

(xex) .

Il limite porge una forma indeterminata 0 · ∞. Il Teorema di De L’Hôpital non èapplicabile direttamente, ma possiamo seguire il procedimento dell’esercizio prece-dente.

limx→−∞

(xex) = limx→−∞

x

e−x.

Quest’ultimo limite è una forma indeterminata ∞∞ , e cerchiamo di applicare il teo-rema di De L’Hôpital.

limx→−∞

(x)′

(e−x)′= lim

x→−∞

1

−e−x= lim

x→−∞(−ex) = 0−.


limx→−∞

(xex) = limx→−∞

x

e−x= lim

x→−∞

(x)′

(e−x)′= 0−.

Il teorema di De L’Hôpital è molto utile per sciogliere le forme indeterminate del tipo1∞, 00 e ∞0.


limx→0+

(sinx+ cosx)1x .

Essendo una forma indeterminata 1∞, sfruttiamo l’identità f(x)g(x) = eln(f(x)g(x))

.



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’Hôpital:

limx→0+

1

xln(sinx+ cosx) = lim

x→0+

cosx−sinxsinx+cosx

1= 1

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


limx→π

2

(tanx)tan(2x) .

Essendo una forma indeterminata ∞0, sfruttiamo l’identità 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’Hôpital:

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 è e0 = 1.

1.6 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

(1.3) g(x) =f(x)− f(x0)

x− x0− f ′(x0)


1.6 - Polinomi di Taylor

è infinitesima in x = x0. Ricavando f(x) nella (1.3) abbiamo

f(x) = f(x0) + f′(x0)(x− x0) + g(x)(x− x0).

Non è difficile mostrare che g(x)(x− x0) è un infinitesimo di ordine maggiore a x− x0 equindi

g(x)(x− x0) = o(x− x0).

Ne consegue che

(1.4) f(x) = f(x0) + f′(x0)(x− x0)︸︷︷︸P1(x)

+o(x− x0).

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

(1.5) 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 è possibile trovare una funzione polinomiale Pn(x) di gradon che migliora in un intorno di x0 l’approssimazione di f . Coerentemente con le (1.5),

tale polinomio Pn(x) dovrà essere tale che Pn(x0) = f(x0) e P(j)n (x0) = f

(j)(x0) per ognij ∈ {1, 2, · · · , n}, posto che f sia derivabile in x0 fino all’ordine n.Il seguente teorema ci dice quale è tale polinomio, il quale viene chiamato polinomiodi 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 P

(k)n (x0) = f

(k)(x0)per ogni k ∈ {1, 2, · · · , n}.



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

ak =f (k)(x0)

k!, k ∈ {0, 1, · · · , n}.

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

Pn(x) =n∑k=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)k.

Esempio 1.33. Consideriamo la funzione f(x) = sin x. Troviamo il suo polinomiodi Taylor di grado n e centro 0.Poiché per ogni k ∈ N si ha che

f (4k)(x) = sin x, f (4k+1)(x) = cos x, f (4k+2)(x) = − sinx, f (4k+3)(x) = − cosx

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!− x

7

7!+ · · ·+ (−1)

n

(2n+ 1)!x2n+1 =

n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

eP2n(x) = P2n−1(x).


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 polinomiodi Taylor di grado n e centro 0.Poiché per ogni k ∈ N si ha che

f (4k)(x) = cos x, f (4k+1)(x) = − sinx, f (4k+2)(x) = − cosx, f (4k+3)(x) = sinx

e di conseguenza

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

allora

P2n(x) = 1−x2

2!+x4

4!− x

6

6!+ · · ·+ (−1)

n

(2n)!x2n =

n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k

eP2n+1(x) = P2n(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) = ex. Troviamo il suo polinomio diTaylor di grado n e centro 0.Poiché

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

allora

Pn(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ x

n

n!=

n∑k=0

xk

k!.

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



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 può notare già al grado 5 il polinomio di Taylor approssima fino alla secondacifra decimale il numero di Nepero.

Esempio 1.36. 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) = − 1

(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∑k=1

(−1)k+1(k − 1)! · xk

k!=

n∑k=1

(−1)k+1

kxk.

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 1.37. Sia f : (a, b) ⊆ R → R derivabile fino all’ordine n in x0 ∈ (a, b).Se Pn(x) è il polinomio di Taylor di grado n generato da f e centro x0. Allora

En(x) = o ((x− x0)n) .


1.7 - Infinitesimi e infiniti campione

La rappresentazione di En data in quest’ultimo teorema è detta forma di Peano delresto n-esimo. Esistono altre rappresentazione del resto n-esimo che noi qui nondaremo.

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

sinx =n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 + o(x2n+1),

cosx =n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k + o(x2n),

ex =n∑k=0

1

k!xk + o(xn),

ln(1 + x) =n∑k=1

(−1)k+1

kxk + o(xn).

Esempio 1.39. 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 1.40. 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) è il polinomio di Taylor di grado ngenerato da αf + βg con centro x0.

• P ′n(x) è il polinomio di Taylor di grado n− 1 generato da f ′.

1.7 Infinitesimi e infiniti campione

Ricordiamo che una funzione f è infinitesima in x0 se

limx→x0

f(x) = 0



e che f è infinita in x0 selimx→x0

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) limx→x0

f(x)

[g(x)]α

è finito non nullo, allora si dirà che f è un infinito (o infinitesimo) di ordine α in x0rispetto all’ infinito (o infinitesimo) campione g(x).Nella pratica si usano campioni standard (dove non diversamente specificato):

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

xè l’infinitesimo

campione;

- se x→ x0, g(x) =1

x− x0è l’infinito campione, mentre g(x) = x−x0 è l’infinitesimo

campione.

Esempio 1.41. La funzione f(x) = x+ sinx è una funzione infinitesima in x = 0.Poiché

limx→0

x+ sinx

xα

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

Esempio 1.42. La funzione f(x) = x− sinx è una funzione infinitesima in x = 0.Poiché

limx→0

x− sinxxα

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

Esempio 1.43. Consideriamo la funzione f(x) = ex la quale è infinitesima perx→ −∞. Però non esiste valore di α tale che

limx→−∞

ex

xα

è finito non nullo. In questo caso non è determinabile l’ordine di infinitesimo diquesta funzione.

Esempio 1.44. L’infinitesimo f(x) = ln(1 + x2) per x→ 0 è di ordine 2 rispetto ax perchè

limx→0

ln(1 + x2)

x2= 1 .

Esempio 1.45. L’infinitesimo f(x) =x− 4x2 + 1

per x→ +∞ è di ordine 1 rispetto a


1.8 - Grafico qualitativo delle funzioni

1x

perchè

limx→+∞

x− 4x2 + 1

1

x

= limx→+∞

x2 − 4xx2 + 1

= 1 .

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

limx→±∞

x2 + x3

x3= 1.

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

Esempio 1.47. La funzione f(x) = x + sinx è 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 è finito non nullo per α = 1, e dunque x + sinx è infinitesimodi ordine 1 in x = 0.Lo stesso risultato si poteva ottenere con il teorema di De L’Hôpital, 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 1.48. La funzione f(x) = x − sinx è una funzione infinitesima in x = 0ed ha ivi sviluppo di Taylor uguale a

sinx− x = x−(x− x

3

3!+ o(x3)

)=x3

3!+ o(x3).

Quindi

limx→0

x− sinxxα

= limx→0

x3

3!+ o(x3)

xα.

Quest’ultimo limite è finito non nullo per α = 3, e dunque x − sinx è infinitesimodi ordine 3 in x = 0.

1.8 Grafico qualitativo delle funzioni

Grazie a tutto ciò che abbiamo sviluppato fino a qui, abbiamo gli strumenti per trovareil grafico qualitativo di una funzione. Ecco i passaggi necessari:



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 è positiva, e quelli in cui è 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 ècrescente e decrescente. Si determinano i massimi e minimi.

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

Esempio 1.49. Determiniamo il grafico qualitativo della funzione f(x) = x3 − x.Dominio. La funzione è polinomiale. Ne consegue che l’insieme di definizione è 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.Positività. Dobbiamo risolvere la disequazione x3 − x ≥ 0.

x3 − x ≥ 0 → x(x2 − 1

)≥ 0 → x (x− 1) (x+ 1) ≥ 0.

Studiamo la positività 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 3x

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− xx3

)= lim

x→±∞x3 = ±∞.

Non ci sono asintoti verticali e orizzontali. Non ci sono asintoti obliqui perché

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

,

è positiva per x ∈(−∞,−

√33

)∪(√

33,+∞

), è negativa per x ∈

(−√33,√33

).

↗ ↘ ↗√33−

√33

x

Abbiamo che x = −√

3

3è punto di massimo relativo e x =

√3

3è punto di minimo

relativo.Derivata seconda. Si ha f ′′(x) = 6x. La derivata seconda si annulla per x = 0, èpositiva per x ∈ (0,+∞), è negativa per x ∈ (−∞, 0).

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

∩ ∪x

Abbiamo che x = 0 è punto di flesso a tangente obliqua.Grafico.

−3 −2 −1 1 2 3

−10

−5

5

10

x

y



Esempio 1.50. 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 6= 1 → x 6= ±1.

Quindi l’insieme di esistenza della funzione è

D = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).

Intersezione con gli assi. Le intersezioni con l’asse x si cercano risolvendo ilsistema y = x

3

x2 − 1y = 0

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

Positività. Dobbiamo risolvere la disequazionex3

x2 − 1≥ 0. La disequazione è frat-

ta, e dobbiamo studiare la positività del numeratore e denominatore. Il numeratoreè positivo per x ≥ 0. Il denominatore è 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 2x

Discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 1).


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, è positiva per x ∈(−∞,−

√3)∪(√

3,+∞), è negativa

per x ∈(−√

3,−1)∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪

(1,√

3).

↗ ↘ ↘ ↘ ↘ ↗

−√

3 −1 0 −1√

3

x

Abbiamo che x = −√

3 è punto di massimo relativo, x = 0 è punto di flesso atangente orizzontale, x =

√3 è punto di minimo relativo.

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

(x2 − 1)3. La derivata seconda si annulla per

x = 0, è positiva per x ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞), è 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 è (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.Positività. Dobbiamo risolvere la disequazione x log x ≥ 0. Studiamo la positivitàdei 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 2x

discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (1,+∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (0, 1).

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 perché

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

↘ ↗

0 e−1x

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

Derivata seconda. Si ha f ′′(x) =1

x. La derivata seconda non si annulla mai, ed

è positiva nel dominio di f . Ne consegue che f è una funzione convessa.Altre informazioni. La funzione per x→ 0+ tende a 0, ma in x = 0 non è 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.

1 2

1

2

x

y

Esempio 1.52. Determinare il grafico qualitativo della funzione f(x) =ex − 1ex + 1

.

Dominio. Dobbiamo imporre che il denominatore sia non nullo: ex+1 6= 0 la qualeè sempre verificata. Quindi D = R.Intersezione con gli assi. L’unico punto di intersezione con gli assi è l’origine.Positività. Dobbiamo risolvere

ex − 1ex + 1

≥ 0.

Studiamo la positività di numeratore e denominatore:

• Il numeratore porge x ≥ 0;

• Il denominatore è sempre strettamente positivo.

Ne discende che

• f(x) > 0 per x ∈ (0,+∞);

• f(x) < 0 per x ∈ (−∞, 0).


limx→+∞

ex − 1ex + 1

= limx→+∞

ex(1− 1

ex

)ex(1 + 1

ex

) = 1.lim

x→−∞

ex − 1ex + 1

=e−∞ − 1e−∞ + 1

=− 11

= −1.

Ne consegue che y = 1 è asintoto orizzontale destro e y = −1 è asintoto orizzontalesinistro.

Derivata prima. Si ha f ′(x) =2ex

(ex + 1)2. Notiamo che f ′ è sempre positiva e non

si annulla mai. Ne consegue che la funzione è sempre crescente.

Derivata seconda. Si ha f ′′(x) = −2ex(ex − 1)(ex + 1)3

. La derivata seconda è positiva



per x > 0, negativa per x < 0 e si annulla in x = 0. Quindi la funzione f è concavaper x < 0 e convessa per x > 0. In x = 0 vi è 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 ≥ −3

2. Quindi l’insieme di esistenza è D = [−3

2,+∞).

Positività. La funzione è positiva perché è prodotto di funzioni positive.Usando la definizione di valore assoluto la funzione si può riscrivere come

f(x) =

{x√

2x+ 3 x ≥ 0−x√

2x+ 3 −32≤ x < 0

Per rendere semplice lo studio è meglio studiare i due rami della funzione separata-mente.Ora studiamo la funzione per x ≥ 0.Intersezione con gli assi. L’origine è l’unica intersezione con gli assi.Limiti agli estremi del dominio.

limx→+∞

x√

2x+ 3 = (+∞)(+∞) = +∞.

Non vi è asintoto obliquo perché

limx→+∞

x√

2x+ 3

x= lim

x→+∞

√2x+ 3 = +∞.

Derivata prima. Si ha f ′(x) =3(x+ 1)√

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

è sempre positiva. Ne consegue che la f è ivi crescente.

Derivata seconda. Si ha f ′′(x) =3(x+ 2)√

2x+ 33. La derivata seconda non si annulla

mai ed è sempre positiva. Ne consegue che la f è ivi convessa.Passiamo ora allo studio della funzione per −3

2≤ x < 0.

Intersezione con gli assi. Vi è un punto di intersezione in(−3

2, 0).


limx→( 32)

+

(−x√

2x+ 3)

= 0+ limx→0−

(−x√

2x+ 3)

= 0+.



Derivata prima. Si ha f ′(x) = −3(x+ 1)√

2x+ 3. La derivata prima è 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 f ′′(x) = −3(x+ 2)√

2x+ 33. La derivata seconda non si annulla

mai ed è sempre negativa. Ne consegue che la f è ivi concava.Altre informazioni. In x = 0 la funzione è continua, ma non derivabile, poiché viè 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) =sinx

cosx+ 2in [0, 2π].Dominio. Imponiamo cos x+2 6= 0, da cui si ricava, per la proprietà di limitatezzadella funzione coseno, x ∈ R.Intersezione con gli assi. Si trovano i punti (0, 0), (π, 0), (2π, 0).Positività. Osservando che sinx ≥ 0 per 0 ≤ x ≤ π e che cos x + 2 è semprepositiva, si ottiene che la funzione è positiva per 0 ≤ x ≤ π.Limiti agli estremi del dominio.

limx→0+

sinx

cosx+ 2= 0 lim

x→(2π)−

sinx

cosx+ 2= 0.

Derivata prima. Si ha f ′(x) =1 + 2 cosx

(cosx+ 2)2. Tale derivata è positiva per 0 ≤ x ≤

2π3

o 4π3≤ x ≤ 2π:



↗ ↘ ↗

0 2π3

4π3

2π

x

Derivata seconda. Si ha f”(x) =(2 sinx)(cosx− 1)

(2 + cos x)3, da cui si ottiene che la

funzione è 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 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 1.2. Calcolare i seguenti limiti:

1. limx→±∞

x3 − x+ 1x2 + 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− 1x− 1

;

8. limx→0+

x ln2 x;

9. limx→0+

xx;


1.9 - Esercizi

10. limx→+∞

xx;

11. limx→0+

(sinx)x.

Esercizio 1.3. 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 1.4. 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 1.5. Studiare le seguenti funzioni e tracciarne il grafico:

1. f(x) = x3 − 2x;

2. f(x) =x3

3− x2;

3. f(x) = xe1−x2;

4. f(x) = x+1

x;

5. f(x) = xex;

6. f(x) = x2ex;

7. f(x) = ln(x2 + x+ 2);

8. f(x) = x ln2 x;

9. f(x) = x2 lnx;

10. f(x) =ex + 1

ex − 1;

11. f(x) = x

√2x− 1x− 1

;

12. f(x) =sinx

2 cosx+ 1;

13. f(x) =sin(2x)

sinx− cosx;



14. f(x) = cos(2x)− sinx;

15. f(x) = e

1

x− 1;

16. f(x) = arctan

(x+ 1

x

);

17. f(x) =√xex;

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) = | cosx| sinx.


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) = | cosx| sinx.


1. f(x) = sinh x;

2. f(x) = cosh x;

3. f(x) = tanh x;

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


1.9 - Esercizi

5. f(x) = cosh(2x)− 3 sinhx;

6. f(x) = sinh

(x+ 1

x

).


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