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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,

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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.



↗ ↗

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 .


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 .



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.


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|



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.


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.


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.


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− 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.


limx→0+

x− tanx

x2= lim

x→0+

(x− tanx)′

(x2)′= lim

x→0+

(− tan2 x)′

(2x)′= 0.


limx→0+

(x lnx) .



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−.


limx→0+

(x lnx) = limx→0+

lnx1x

= limx→0+

(lnx)′(1x

)′ = 0−.


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−.


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.


limx→0+

(sinx+ cosx)1x .

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

.


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.


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)



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}.



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).



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-



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) .



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.


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.



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

).



↗ ↘ ↗√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



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.



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).



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.


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.



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.


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