1 L’approssimazione polinomiale delle funzioni Abbiamo già osservato che la tangente al grafico di una funzione in un punto può essere vista, nell’intorno del punto stesso, come un’approssimazione lineare (o, come si dice, del primo ordine) della funzione stessa. Si possono ricavare in prima battuta alcuni esempi in tal senso, semplicemente arrangiando qualche limite notevole. Vediamo alcuni casi.

• limx→0

sin xx

=1⇒ f (x ) = sin x ≈ x ; in un intorno di zero.

• limx→0

ex −1x

=1⇒ f (x ) = ex ≈ x +1; in un intorno di zero.

• limx→0

ln(1+ x )x

=1⇒ f (x ) = ln(1+ x ) ≈ x ; in un intorno di zero.

Vediamo adesso un limite notevole che suggerisce un’approssimazione del secondo ordine.

• limx→0

1− cosxx2

=12⇒ f (x ) = cosx ≈1− x

2

2; in un intorno di zero.

Ci proponiamo adesso di generalizzare quanto appena visto. Iniziamo con la ricerca di un polinomio di secondo grado che approssima la funzione nell’intorno dell’origine. I coefficienti si determinano imponendo che i valori della funzione e del polinomio P2(x ) = a2x

2 + a1x + a0 coincidano in zero, e lo stesso deve valere per la derivata prima e seconda:

f (0) := P2(0) = a0!f (0) := !P2(0) = a1!!f (0) := !!P2(0) = 2a2

Il polinomio approssimante del secondo ordine è quindi:

P2(x ) := f (0)+ !f (0)x + !!f (0)2x2 .

Come per tutte le approssimazioni, affinché possa considerarsi soddisfacente, occorre che la differenza

R2(x ) = f (x )− P2(x ) , tra il polinomio approssimante e la funzione, sia piccola. Quanto piccola? Diciamo che deve essere un infinitesimo di almeno un ordine superiore:

limx→0

R2(x )x2

= 0 .

2 Di conseguenza la differenza R2(x ) = f (x )− P2(x ) , che chiameremo il resto, deve tendere a zero, per x→ 0 , più velocemente di x2 . Si dice che il resto è un “ o piccolo” di x2 . Esempio Sviluppiamo fino al secondo ordine la funzione f (x ) = (1+ x )n in un intorno di zero.

Risulta f (x ) =1+ n(1+0)n−1x + n(n−1)(1+0)n−2

2x2 + o(x2 ) =1+ nx + n(n−1)

2x2 + o(x2 ) . Nel

caso in cui n = −12

e x = − v2

c2 otteniamo uno sviluppo del fattore γ = 1

1− v2

c2

, di

fondamentale importanza nella teoria della relatività speciale, per velocità

classiche, ovvero v << c : γ =1+ v2

2c2+3v4

8c4+ o v

4

c4!

"#

$

%& .

Il polinomio di Taylor Calcoliamo adesso i coefficienti del polinomio approssimante di terzo grado P3(x ) = a3x

3 + a2x2 + a1x + a0 , e cerchiamo una regola per scrivere il

polinomio approssimante di grado qualsiasi. f (0) := P3(0) = a0!f (0) := !P3(0) = a1!!f (0) := !!P3(0) = 2a2!!!f (0) := !!!P3(0) = 2 ⋅3a3

Il polinomio approssimante di terzo grado ha la seguente espressione:

P3(x ) := f (0)+ !f (0)x + !!f (0)2x2 + !!!f (0)

6x3 ,

ed il resto dovrà soddisfare la condizione

limx→0

R3(x )x3

= 0

La formula generale per la determinazione del polinomio approssimante di grado n, sempre in un intorno di zero, è

Pn (x ) = f (0)+ !f (0)x + !!f (0)2x2 + ⋅ ⋅ ⋅+ f

(n ) (0)n!

xn .

Questo polinomio si dice Polinomio di Taylor di ordine n con la condizione sul resto:

3

limx→0

Rn (x )xn

= 0 .

Osservazione. Abbiamo visto che, affinché se ne possa scrivere il polinomio, la funzione deve essere derivabile nel punto considerato (che in generale può non essere zero) un numero di volte almeno pari al grado del polinomio stesso. La formula generale del polinomio di Taylor centrato in un punto qualsiasi x0 e la relativa condizione sul resto si scrivono così:

f (x ) =f ( i ) (x0 )i !i=0

n

∑ (x − x0 )i ; lim

x→x0=Rn (x;x0 )(x − x0 )

n= 0 .

Nel caso n =1 la condizione limx→0

Rn (x )xn

= 0 è di facile dimostrazione (ed

interpretazione). Risulta, per la continuità della derivata della funzione nel punto x0

R1(x;x0 ) = f (x )− P1(x ) = f (x )− f (x0 )− "f (x0 )(x − x0 )

⇒ limx→x0

R1(x;x0 )x − x0

= limx→x0

f (x )− f (x0 )x − x0

− "f (x0 )%

&'

(

)*= 0

.

Il resto è quindi un o piccolo di x − x0 : f (x )− P1(x ) = o(x − x0 )⇒ f (x ) = f (x0 )+ #f (x0 )(x − x0 )+ o(x − x0 ) .

Questo fatto può essere utilizzato a sua volta per dimostrare un teorema di straordinaria utilità nel calcolo dei limiti. La regola di De L’Hôpital. Siano f e g due funzioni derivabili e tali che f x0( ) = g x0( ) = 0 . Siano inoltre, g(x ) e !g (x ) diverse da zero in un intorno di

€

x0, e

supponiamo che esista finito il limx→x0

"f (x )"g (x )

.

Allora esiste il limx→x0

f (x )g(x )

e si ha limx→x0

f (x )g(x )

= limx→x0

"f (x )"g (x )

.

Dimostrazione. Si applica lo sviluppo di Taylor al primo ordine alle funzioni che formano il quoziente f (x )g(x )

=f (x0 )+ !f (x0 )(x − x0 )+ o(x − x0 )g(x0 )+ !g (x0 )(x − x0 )+ o(x − x0 )

=!f (x0 )(x − x0 )+ o(x − x0 )!g (x0 )(x − x0 )+ o(x − x0 )

; si giunge alla tesi

passando al limite per x→ x0 .

4

Esempio. Si calcoli il limx→0

cos2x − cosxx2

nei seguenti modi: (a) con i limiti

notevoli; (b) con la formula di Taylor; (c) con la regola di De L’Hôpital.

• (a) limx→0

cos2x − cosxx2

= limx→0

−cosx(1− cosx )− sin2 xx2

= −12−1= −3

2;

• (b) limx→0

cos2x − cosxx2

= limx→0

1− 42x2 + o(x2 )− 1− x

2

2+ o(x2 )

#

$%

&

'(

x2= −32

;

• (c) limx→0

cos2x − cosxx2

=00⇒ lim

x→0

−2sin2x + sin x2x

=00⇒ lim

x→0

−4cos2x + cosx2

= −32

.

Esercizio. Si calcoli il limx→0

tan x3( )− x3x3 − sin x3( )

(Suggerimento: si ponga x3 = t e si

sviluppino le funzioni fino al terzo ordine…)

Dimostriamo adesso la condizione limx→0

Rn (x;x0 )(x − x0 )

n= 0 nel caso generale,

facendo vedere che segue dal seguente lemma:

lemma: Se f è una funzione n volte derivabile in x0 e se risulta

f (x0 ) = !f (x0 ) = !!f (x0 ) = ...= f(n ) (x0 ) = 0 , allora lim

x→0

f (x )(x − x0 )

n= 0 .

Dimostrazione. La tesi segue dall’applicazione ripetuta della regola di de

l’Hôpital: limx→0

f (x )(x − x0 )

n= limx→0

#f (x )n(x − x0 )

n−1= limx→0

##f (x )n(n−1)(x − x0 )

n−2= ⋅ ⋅ ⋅ = lim

x→0

f (n ) (x )n!

= 0 ,

come volevasi dimostrare.

La condizione limx→0

Rn (x;x0 )(x − x0 )

n= 0 segue quindi da un’applicazione del lemma

alla funzione Rn (x;x0 ) .

Esercizio. Sia p(x ) = akxk

k=0

n

∑ un polinomio di grado n. Dimostrare che la

derivata n-esima del polinomio è p n( ) = n!an . Soluzione. Si applica il Principio d’induzione sul grado del polinomio; la tesi è vera se il polinomio è di grado zero, ovvero è una funzione costante: p 0( ) = a0 = a0 ⋅1= a0 ⋅0!. Supponiamo vera la tesi per il generico

termine di grado n−1 e dimostriamo che p n( ) = n!an . Risulta, per ipotesi

5 induttiva: D n( ) anx

n( ) = D n−1( ) D anxn( )( ) = D n−1( ) annx

n−1( ) = annD (n−1) xn−1( ) = ann(n−1)!= ann! ; da

questo segue la tesi. Il polinomio di Taylor di particolari funzioni Calcoliamo adesso il polinomio di Taylor (fino al terzo ordine, in un intorno del punto x = 0 ) delle funzioni che abbiamo incontrato nello studio dei limiti notevoli.

sin x ≈ x − x3

6; arcsin x ≈ x + x

3

6;

cosx ≈1− x2

2; arccosx ≈ −x − x

3

6;

tan x ≈ x + x3

3; arctan x ≈ x − x

3

3

ln 1+ x( ) ≈ x − x2

2+x3

3;

ex ≈1+ x + x2

2+x3

3;

Esercizio. Si calcoli il polinomio di Taylor fino al quinto ordine, sempre in un intorno del punto x = 0 , delle funzioni di cui sopra. La stima del resto Occupiamoci adesso di stimare il resto (o errore) che si ha nella sostituzione della funzione con il polinomio di Taylor, nelle vicinanze di un determinato punto. Per questo scopo diamo, senza dimostrazione, il seguente risultato che rappresenta una buona stima.

Sia f x( ) derivabile n+1 volte in a,b!" #$ , con derivata f n+1( ) continua in a,b!" #$ , e sia

x0 ∈ a,b"# $% . Posto Mn+1 =max f n+1( ) (x ) : x ∈ a,b"# $%{ } ,il resto della formula di Taylor

verifica la disuguaglianza Rn x;x0( ) ≤ Mn+1

x − x0n+1

n+1( )!.

Esempio. Calcoliamo il valore di sin 110

!

"#

$

%& con un errore inferiore a 10−7 .

6

Precisiamo che ciò significa esprimere sin 110

!

"#

$

%& con 6 cifre decimali esatte.

Per prima cosa dobbiamo porre x0 = 0 e x = 110

. Poiché la derivata di

ordine qualsiasi della funzione f x( ) = sin x è del tipo ±cosx,∓ sin x , la si può

maggiorare con il valore 1, per cui Mn+1 =max f n+1( ) (x ) : x ∈ 0, 110

"

#$

%

&'

()*

+,-≤1.Di

conseguenza, la stima di cui sopra è Rn110;0

!

"#

$

%& ≤

110

n+1

n+1( )!=

110n+1 n+1( )!

, e

s’impone che sia <10−7 . Si tratta quindi di determinare il valore di n (ovvero il grado del polinomio di Taylor) che soddisfa la disuguaglianza

110n+1 n+1( )!

<10−7 . Risulta quindi 10n+1 n+1( )!>107 , ed il valore di n si

determina “per tentativi” partendo da valori non molto grandi. In questo caso, poiché 4+1( )!= 5!=120 , si ha 104+1 4+1( )!=105 ⋅120 >105 ⋅102 =107 . Quindi il polinomio approssimante si arresta al grado 4, per cui

sin x ≅ x − x3

6⇒ sin 1

10

$

%&

'

()=

110

−1

103 ⋅6=5996000

= 0,099833...Confrontando

questo valore con quello ottenuto direttamente calcolando

sin 110

!

"#

$

%&= 0,09983342 possiamo apprezzare tutta la bontà della stima.

Esercizio. Calcolare il valore del numero di Nepero con un errore <10−3 . Stavolta la funzione di riferimento è l’esponenziale f x( ) = ex , con x0 = 0 e

x =1. Poiché f n( ) x( ) = ex ⇒ Mn+1 =max ex : x ∈ 0,1#$ %&{ }= e < 3 . Inserendo

questa disuguaglianza nella stima del resto otteniamo:

Rn 1,0( ) < 3n+1( )!

<10−3 ⇒ n+1( )!> 3 ⋅103 ⇒ 6+1( )!= 7!= 5040 >103 . Di

conseguenza, il polinomio di Taylor dovrà arrestarsi al grado 6:

e = e1 =f k( ) 0( )k !k=0

6

∑ 1−0( )k=1+1+ 1

2+16+124

+1120

+1720

=1957720

= 2,718....(il

valore noto di e (approssimato) è e = 2,71828183... )

7 La forma esponenziale di un numero complesso Richiamiamo la relazione che fornisce il prodotto di due numeri complessi, espressi in forma trigonometrica: z1 ⋅ z2 = ρ1ρ2(cos(θ1 +θ2 )+ i sin(θ1 +θ2 )) . Notiamo subito che l’argomento del numero complesso, prodotto dei numeri complessi z1 = ρ1 cosθ1 + i sinθ1( ) e z2 = ρ2 cosθ2 + i sinθ2( ) , è la somma dei rispettivi argomenti. Si ha quindi un’interessante analogia con ciò che accade nel prodotto di due potenze aventi la stessa base, dove l’esponente del prodotto è uguale alla somma degli esponenti delle

potenze: eaeb = ea+b . Questa analogia, che esprime una profonda relazione tra le funzioni trigonometriche e la funzione esponenziale complessa, può essere approfondita attraverso lo studio dei polinomi di Taylor delle funzioni seno, coseno e esponenziale in un intorno del punto x = 0 :

sin x ≈ x − x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+ −1( )

k x2k+1

2k +1( )!

cosx ≈1− x2

2!+ ⋅ ⋅ ⋅+ −1( )

k x2k

2k( )!

ex ≈1+ x + x2

2!+x3

3!+ ⋅ ⋅ ⋅+

xn

n!

.

Se sviluppiamo la funzione f x( ) = e ix , sempre in un intorno dell’origine, otteniamo lo sviluppo che può essere considerato alla base della formula di Eulero:

e ix ≈1+ ix − x2

2!− i x

3

3!+x4

4!+ i x

5

5!+ ⋅ ⋅ ⋅ = cosx + i sin x

Ciò che abbiamo scritto è nulla più che una congettura: la dimostrazione formale richiederebbe l’introduzione del concetto di serie, che però esula dagli obiettivi del corso. Avvalendoci di questo risultato possiamo quindi introdurre la cosiddetta forma esponenziale di un numero complesso:

z = ρe iθ .

In base a questa definizione, il complesso coniugato è il numero z = ρe− iθ

8 In realtà, una dimostrazione alternativa della formula di Eulero è la

seguente. Definiamo la funzione f θ( ) = cosθ + i sinθe iθ, definita su tutto

l’insieme dei numeri complessi, avendo il denominatore modulo identicamente uguale a uno ( z = z ⋅ z = e iθ ⋅ e− iθ =1). Poiché la derivata prima di questa funzione è identicamente nulla1, possiamo concludere che la funzione è costante; in particolare, essendo f 0( ) =1, risulta quindi cosθ + i sinθ

e iθ=1⇒ e iθ = cosθ + i sinθ .

Potremmo quindi definire le funzioni trigonometriche a partire dalla funzione esponenziale complessa:

e ix = cosx + i sin xe− ix = cosx − i sin x

⇒cosx = e

ix + e− ix

2

sin x = eix − e− ix

2i

.

Le applicazioni di questo risultato sono innumerevoli, e spaziano dalla Matematica alla Fisica. Tuttavia non ci occuperemo di queste applicazioni, e ci limiteremo a richiamare una delle uguaglianze più affascinanti della Matematica, contenente i numeri che sono ritenuti i più “importanti”, la cosiddetta identità di Eulero:

e iπ +1= 0 . VERIFICA DELLE CONOSCENZE E DELLE COMPETENZE

1. E’ data la funzione f x( ) = x2 sin 1x . Si dimostri che x = 0 è un punto

di discontinuità eliminabile. E’ derivabile in x = 0 ? E la derivata prima, è una funzione continua in x = 0 ?

2. Siano a,b > 0 ; calcoli il limx→0

ax + bx

2

"

#$

%

&'

1x

.

1 !f θ( ) =e iθ −sinθ + i cosθ( )− ie iθ cosθ + i sinθ( )

e2iθ= 0

9

3. Si tracci il grafico della funzione f x( ) = e ln x( )− x e si stabilisca qual

è il maggiore tra i numeri eπ e π e .

4. Tra tutti i triangoli, aventi base e perimetro fissati, si determini quello di area massima.

5. Tra tutti i “doppi coni”, inscritti in una sfera di raggio unitario, si

determini quello di volume massimo.

CORREZIONE DELLA VERIFICA

1. E’ data la funzione f x( ) = x2 sin 1x . Si dimostri che x = 0 è un punto

di discontinuità eliminabile. E’ derivabile in x = 0 ? E la derivata prima, è una funzione continua in x = 0 ?

• Il dominio della funzione è l’insieme D = −∞,0( )∪ 0,+∞( ) . Poiché

−x2 ≤ x2 sin 1x≤ x2 ⇒ lim

x→0x2 sin 1

x= 0 per il teorema del confronto; di

conseguenza x = 0 è un punto di discontinuità eliminabile, e la

funzione F x( ) = x2 sin 1xx ≠ 0

0 x = 0

"

#$

%$

è continua su tutto l’insieme dei

numeri reali. Ora, essendo limx→0

F x( )− F 0( )x −0

= limx→0x sin 1

x= 0 , la

funzione F x( ) è derivabile in zero. Tuttavia,

!F x( ) = 2x sin 1x − cos1x e non esiste il limx→0 2x sin

1x− cos 1

x : la

derivata prima non è quindi continua nel punto x = 0 .

2. Siano a,b > 0 ; calcoli il limx→0

ax + bx

2

"

#$

%

&'

1x

.

• limx→0ax + bx

2

"

#$

%

&'

1x

= limx→0e1xln a

x+bx

2

"

#$$

%

&''= ∗= lim

x→0e

2ax+bx

ax lna+bx lnb2

"

#$$

%

&''= e

lna+lnb2 = ab

10

3. Si tracci il grafico della funzione f x( ) = e ln x( )− x e si stabilisca qual

è il maggiore tra i numeri eπ e π e .

• D = 0,+∞( )⇒ limx→0+

e ln x − x( ) = −∞; limx→+∞

e ln x − x( ) = −∞ (il

secondo limite può essere calcolato mediante la sostituzione t =1x

all’interno della funzione xe ln xx

−1"

#$

%

&'=t ⋅ e ln1

t−1

t alla quale si applica

il teorema di De l’Hospital quando t→ 0+ , non prima di aver dimostrato che x = 0 è un punto di discontinuità eliminabile per la

funzione g t( ) = t ⋅ ln1t ).

• !f x( ) = ex −1≥ 0⇔ 0 < x ≤ e : il punto x = e è quindi un punto di

massimo assoluto per la funzione. !!f x( ) = − ex2< 0 , quindi la

funzione è concava su tutto il dominio.

11

• Scriviamo π e = ee lnπ e confrontiamolo con eπ : poiché π > e , dal grafico risulta che

e lnπ −π < e ln e − e = 0⇒ e lnπ < π ⇒ π e < eπ .

4. Tra tutti i triangoli, aventi base e perimetro fissati, si determini quello di area massima. • In queste ipotesi, il vertice del triangolo opposto alla base fissata

descrive, al variare della somma dei lati (fissa, essendo il perimetro fissato) un’ellisse di cui i vertici di base rappresentano i fuochi. Di conseguenza l’area sarà massima quando l’altezza coinciderà con il semiasse minore; il triangolo che massimizza l’area tra tutti quelli che soddisfano le condizioni date è quello isoscele.

5. Tra tutti i “doppi coni”, inscritti in una sfera di raggio unitario, si

determini quello di volume massimo. • Mostriamo una sezione del solido ottenuto con un piano

diametrale:

• Indicata con x l’altezza di uno dei due coni, osserviamo che il

volume del doppio cono è zero quando una delle due altezze coincide con il diametro della sfera (casi limite). Tuttavia, se intendiamo il doppio cono con le basi coincidenti con un cerchio massimo, l’altezza di ciascun cono è altezza di un triangolo inscritto in una semicirconferenza: questa sarà massima quando

coinciderà con il raggio, per cui Vmax = 2π3

. In alternativa,

proseguendo lungo la strada della risoluzione analitica del

12 problema, ci troviamo a massimizzare la funzione

V x( ) = π3 r2 x +2− x( ) = π3 2x − x

2( ) 2( )⇒ #V x( ) = 4π3 x −1( ) = 0⇔ x =1

• Il volume è massimo quando l’altezza di ciascun cono coincide con il raggio della sfera in cui sono inscritti.

“Ecco qui di seguito un problema che persone come Barrow, Newton e Huygens avrebbero risolto in due minuti e che, immagino, creerebbe qualche difficoltà ai matematici di oggi (con la notevole eccezione di G. Faltings, nessuno, che io sappia, ne è venuto a capo alla svelta). Calcolare

limx→0

sin tan x( )− tan sin x( )arcsin arctan x( )−arctan arcsin x( ) .

V.I. ARNOLD (Huygens & Barrow Newton & Hooke)

Funzioni convesse Quando il grafico di una funzione “sta sotto” la corda staccata tra due punti su di esso, la funzione si dice convessa. Ad esempio la parabola f (x ) = x2 è una funzione convessa su tutto l’insieme di definizione:

13

Definizione. Una funzione f si dice convessa nell’intervallo I = a,b( ) se

risulta f x( ) ≤ f x1( )+f x2( )− f x1( )x2 − x1

x − x1( ) , ∀x1 < x2 ∈ a,b( ) .

Dal grafico precedente, è possibile osservare una caratteristica delle funzioni convesse: quella di “stare sopra” la retta tangente, nei punti in cui questa esiste. Ciò si formalizza mediante la seguente disuguaglianza:

f (x ) ≥ f (x0 )+ "f (x0 )(x − x'0 ) , ∀x,x0 ∈ x1;x2&' (). Un'altra caratteristica delle funzioni convesse è legata al coefficiente angolare delle corde che possono essere staccate tra due punti del grafico nell’intervallo di convessità.

Teorema (lemma tecnico) f è convessa in a < b < c ⇔ f (b)− f (a)b− a

≤f (c )− f (b)c − b

.

In buona sostanza, questo teorema afferma che la funzione rapporto

incrementale m(x ) =f x( )− f x0( )x − x0

è crescente se e solo se la funzione in

questione è convessa. Corollario. Una funzione convessa è continua.

14 Dimostrazione. Poiché la funzione rapporto incrementale è monotona crescente, ammette limiti destro, m+ , e sinistro, m− , finiti per x→ x0 . Detto ciò, siano x− < x < x0 e x0 < x < x

+ .

Alloraf x( )− f x0( ) =

f x( )− f x0( )x − x0

⋅ x − x0( ) ≤f x+( )− f x( )x+ − x

x − x0( )

f x( )− f x0( ) =f x0( )− f x( )x0 − x

⋅ x0 − x( ) ≥f x( )− f x−( )x − x−

x − x0( ).

La tesi segue facendo tendere x− → x0e x+ → x0 . D’ora in poi ci occuperemo di funzioni convesse derivabili. In questo caso

limx→x0m(x ) = lim

x→x0

f x( )− f x0( )x − x0

= #f x0( ) .

Teorema 2. Se f è convessa e derivabile, allora f (x ) ≥ f (x0 )+ "f (x0 )(x − x'0 ) , ∀x,x0 ∈ x1;x2&' ().

Dimostrazione. Se x0 < z < x risulta, per il lemma precedente f (z)− f (x0 )z − x0

≤f (x )− f (z)x − z

e, per z→ x0 , si ha la tesi: !f (x0 ) ≤f (x )− f (x0 )x − x0

.

Osservazione. La derivata seconda di una funzione lineare è nulla in ogni punto; di conseguenza una funzione che ha derivata seconda non nulla in un intorno di un punto, avrà un grafico localmente non rettilineo. Con quest’osservazione è possibile pensare alla derivata seconda come ad una misura dello scostamento del grafico della funzione dalla tangente. Il segno della derivata prima ci ha permesso di descrivere l’andamento di una funzione, quello della derivata seconda ci permetterà di descriverne la convessità. Prima di enunciare questo risultato, estendiamo il teorema 1 al caso delle funzioni derivabili:

Teorema 3. f derivabile in a,b!" #$è convessa ⇔ !f è crescente.

Possiamo a questo punto enunciare un risultato di grande utilità.

Teorema 4. Sia f ∈C 2 a;b"# $%( ) ; f è convessa in a;b!" #$ se e solo se !!f (x ) ≥ 0 per ogni

x ∈ (a;b) .

15

Dimostrazione.

€

⇒( ) Se f è convessa in a;b!" #$ allora !f è ivi crescente e risulta !!f (x ) ≥ 0 per ogni x ∈ (a;b) .

Dimostrazione ⇐( ) Se !!f (x ) ≥ 0 per ogni x ∈ (a;b) , allora !f (x ) è crescente nel medesimo intervallo. La tesi segue dall’applicazione del teorema 3. Una condizione sufficiente per i massimi ed i minimi di funzioni Come è noto, l’annullarsi della derivata prima in un punto non è di per sé una condizione necessaria per l’esistenza di un massimo o di un minimo relativo in quel punto. Tuttavia, se insieme a questa condizione si richiede che la derivata seconda nel medesimo punto sia diversa da zero, allora quello è un punto di massimo, o di minimo, relativo. Questa condizione appare naturale se si osserva il grafico di una funzione “regolare” che possiede massimi e/o minimi, come ad esempio la funzione f (x ) = x2 .

Teorema 5. Sia f ∈C 2 a;b"# $%( ) , e sia x0 ∈ a;b( ) un punto tale che !f (x0 ) = 0 e

!!f (x0 ) > 0 . Allora x0 è un punto di minimo relativo per la funzione f.

Dimostrazione. La continuità della derivata seconda permette di individuare un intorno I (x0 ) in cui !!f (x ) > 0 per ogni x ∈ I (x0 ) per il teorema della permanenza del segno. Di conseguenza la funzione è convessa, per cui f (x ) ≥ f (x0 )+ "f (x0 )(x − x'0 )nell’intorno. La tesi segue dall’applicazione della

condizione !f (x0 ) = 0 . Esiste anche una formulazione in cui non si richiede la continuità della derivata seconda, ma soltanto la sua esistenza nel punto x0 ∈ a;b( ) con !f (x0 ) = 0 e !!f (x0 ) > 0 . In questo caso è possibile applicare il teorema della

permanenza del segno alla funzione !f (x )− !f (x0 )x − x0

, essendo

limx→x0

"f (x )− "f (x0 )x − x0

= ""f (x0 ) > 0 ; risulta quindi !f (x ) > !f (x0 ) per x > x0 , e

!f (x ) < !f (x0 ) per x < x0 , con !f (x0 ) = 0 . La funzione è quindi crescente nell’intorno destro di x0 ∈ a;b( ) , decrescente in quello sinistro, proprio come richiesto in corrispondenza di un minimo relativo.

16 Un’applicazione numerica: il metodo delle tangenti (o di Newton) Si tratta di un metodo per la determinazione degli zeri di una funzione. Sia f x( ) continua in a,b!" #$, derivabile due volte in a,b( ) , con f a( ) ⋅ f b( ) < 0 ,

!f x( ) ≠ 0 , e !!f x( ) ≠ 0 , sempre in a,b( ) . Allora esiste almeno uno zero della

funzione in a,b( ) , e può essere determinato con una precisione fissata, come termine n-esimo della seguente successione definita per ricorrenza, i cui termini corrispondono ai punti in cui la tangente al grafico della funzione interseca l’asse delle ascisse:

x0

xn+1 = xn −f xn( )"f xn( )

#

$%%

&%%

.

Esempio. Determiniamo lo zero della funzione f (x ) = x3 − x2 −1. Dal grafico si osserva che taglia l’asse delle ascisse in un solo punto, essendo negativi sia il minimo che il massimo relativo.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

Applicando il metodo delle tangenti con arresto alla seconda cifra decimale, risulta

x0 = 2

xn+1 = xx −xn3 − xn

2 −13xn

2 −2x

"

#$$

%$$

⇒ x1 =1,625 x2 =1,4858 x3 =1,4660 x4 =1,4666 ⇒ x =1,46

Riepilogo delle principali proprietà delle funzioni Abbiamo visto che la continuità di una funzione può essere associata al suo insieme di definizione, se è costituito da intervalli della retta reale, mentre le derivate prima e seconda ne caratterizzano rispettivamente l’andamento e la forma. Dopo aver caratterizzato i punti di discontinuità, dobbiamo prendere in considerazione i punti di non derivabilità. Nei punti in cui la

17 funzione non è derivabile (nel senso che non esiste finito il limite del rapporto incrementale), si possono avere le seguenti situazioni:

• punti angolosi: limx→x0

+

f x( )− f x0( )x − x0

= l1 ≠ l2 = limx→x0−f x( )− f x0( )x − x0

; esempio

f x( ) = x

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

• Cuspidi: limx→x0

+

f x( )− f x0( )x − x0

= ±∞≠ ∓∞ = limx→x0

−

f x( )− f x0( )x − x0

; esempio

f x( ) = x .

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

• Flessi a tangente verticale: limx→x0

+

f x( )− f x0( )x − x0

= limx→x0

−

f x( )− f x0( )x − x0

=∞ ;

esempio f x( ) = x3 .

18

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

A questo punto possiamo estendere la condizione sufficiente per la determinazione dei massimi e dei minimi di funzioni, al caso in cui si annullano, in un punto x0 , tutte le derivate fino all’ordine n.

Teorema. Se f x( ) è una funzione derivabile n volte con derivata n-esima

continua in a,b( ) , e se in x0 ∈ a,b( ) risulta

!f x0( ) = !!f x0( ) = !!!f x0( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = f n−1( ) x0( ) = 0∧ f n( ) x0( ) ≠ 0 , allora:

Se n è pari il punto x0 è di minimo relativo se f n( ) x0( ) > 0 , e di massimo

relativo se f n( ) x0( ) < 0 . Se n è dispari il punto x0 è di flesso a tangente orizzontale: ascendente se f n( ) x0( ) > 0 , discendente se f n( ) x0( ) < 0 .

La dimostrazione di questo risultato ricalca sostanzialmente quella vista nel cason = 2 , servendosi dello sviluppo di Taylor della funzione in un intorno di x0 , che assume la forma particolarmente semplice:

f x( ) = f x0( )+f n( ) x0( )n!

x − x0( )n+ Rn x,x0( ) , con lim

x→x0

Rn x, x0( )x − x0( )n

= 0 .

Ad esempio, se n è pari e se f n( ) x0( ) > 0 , allora

f x( ) = f x0( )+f n( ) x0( )n!

x − x0( )n> f x0( ) , quindi x0 è di minimo relativo.

Tralasciamo i dettagli (comunque importanti) che permettono di valutare adeguatamente il resto n-esimo in modo da giustificare pienamente l’ultima disuguaglianza scritta.