Calcolo delle derivate: la guida pratica

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Se vuoi chiarire i tuoi dubbi sul calcolo delle derivate, questo articolo è quello che cercavi.
Esso si propone come una guida pratica al calcolo delle derivate, attraverso esempi e soluzioni spiegate passo dopo passo. Il focus è posto sull’applicazione delle regole e tecniche di derivazione, mettendo in secondo piano le questioni di derivabilità, rispondendo alle seguenti domande:

Quali sono le regole di derivazione principali?
Come si effettua la derivata di funzioni composte e dei valori assoluti?

Questo punto di vista fornisce una manualità preziosa nello studio di funzioni e nella risoluzione di integrali, fornendo una risorsa concreta per l’applicazione pratica delle derivate in vari contesti matematici.

Oltre all’articolo completo sulla Teoria sulle derivate segnaliamo i seguenti articoli sulla teoria correlata:

Di seguito, invece, le raccolte di esercizi su questo tema:

Buona lettura!

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Sommario

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Questo elaborato si propone come una guida pratica al calcolo formale delle derivate, attraverso esempi e soluzioni passo dopo passo. In questo contesto, non ci focalizzeremo sui problemi relativi alla derivabilità delle funzioni, ma piuttosto sull’applicazione diretta delle regole e delle tecniche di derivazione. Questo approccio sarà particolarmente utile per lo studio di funzioni e per la risoluzione di integrali, fornendo una risorsa concreta per l’applicazione pratica delle derivate in vari contesti matematici.

Autori e revisori

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Autori: Francesco Tamberi

Revisori: Matteo Talluri.

Richiami sulle derivate

Introduzione.

Partiamo dal riportare la definizione di derivata:

$\quad$

Definizione. Sia $f: A \to \mathbb{R}$

. Dato $x_{0} \in A$

un suo punto di accumulazione, si dice che $f$

è derivabile in $x_{0}$

se esiste ed è finito il seguente limite:

(1) $\begin{equation*} \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}. \end{equation*}$

Se tale limite esiste finito si indica con $f'(x_{0})$ e viene detto derivata di $f$ in $x_{0}$ e rappresenta il coefficiente angolare della retta tangente alla funzione nel punto $\left(x_0,f(x_0)\right)$ .

$\quad$

Per trovare la derivata di una funzione, è possibile utilizzare la definizione classica, calcolando il limite del rapporto incrementale. Tuttavia, questo metodo può risultare complesso in alcuni casi. Per semplificare il processo, si adottano tecniche di derivazione alternative: queste consistono nello scomporre la funzione in componenti più semplici, le cui derivate sono già note, e poi ricombinarle per ottenere la derivata della funzione originale. Questo approccio rende il calcolo delle derivate più accessibile e gestibile.

Derivate Notevoli.

Le tecniche seguenti si fondano sull’idea di “riscrivere” la funzione da analizzare come la combinazione (somma o prodotto) di più funzioni, le cui derivate sono già note. Per facilitare questo processo, ecco un elenco di alcune derivate fondamentali, ottenute applicando la definizione di derivata, che possono essere utili per calcolare la derivata di funzioni più complesse. Questo approccio permette di semplificare significativamente il calcolo delle derivate, rendendo più gestibili anche le funzioni apparentemente complicate.

$\quad$

Derivate notevoli

(2) $\begin{equation*}& f(x)=k,\;k\in\mathbb{R} & \qquad &f^\prime(x)=0\\[0.2em]\end{equation*}$

(3) $\begin{equation*}& f(x)=x & \qquad &f^\prime(x)=1\\[0.2em]\end{equation*}$

(4) $\begin{equation*}& f(x)=x^\alpha,\,\alpha \in \mathbb{R} & \qquad &f'(x)=\alpha\,x^{\alpha-1}\\[0.2em]\end{equation*}$

(5) $\begin{equation*}& f(x)=\sqrt{x} & \qquad &f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\\[0.2em]\end{equation*}$

(6) $\begin{equation*}& f(x)=e^x & \qquad &f'(x)=e^x\\[0.2em]\end{equation*}$

(7) $\begin{equation*}& f(x)=a^x,\,a>0,\,a\neq 1 & \qquad &f'(x)=a^x\ln(a)\\[0.2em]\end{equation*}$

(8) $\begin{equation*}& f(x)=\ln(x) & \qquad &f'(x)=\dfrac{1}{x}\\[0.2em]\end{equation*}$

(9) $\begin{equation*}& f(x)=\log_a(x),\,a>0,\,a\neq 1 & \qquad &f'(x)=\dfrac{1}{x}\log_a(e)\\[0.2em]\end{equation*}$

(10) $\begin{equation*}& f(x)=\sin(x) & \qquad &f'(x)=\cos(x)\\[0.2em]\end{equation*}$

(11) $\begin{equation*}& f(x)=\cos(x) & \qquad &f'(x)=-\sin(x)\\[0.2em]\end{equation*}$

(12) $\begin{equation*}& f(x)=\tan(x) & \qquad &f'(x)=\dfrac{1}{\cos^2(x)}\\[0.2em]\end{equation*}$

(13) $\begin{equation*}& f(x)=\cot(x) & \qquad &f'(x)=-\dfrac{1}{\sin^2(x)}\\[0.2em]\end{equation*}$

(14) $\begin{equation*}& f(x)=\arcsin(x) & \qquad &f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\[0.2em]\end{equation*}$

(15) $\begin{equation*}& f(x)=\arccos(x) & \qquad &f'(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\[0.2em]\end{equation*}$

(16) $\begin{equation*}& f(x)=\arctan(x) & \qquad &f'(x)=\frac{1}{1+x^2}.\end{equation*}$

$\quad$

Teoremi Principali.

Nella sezione precedente abbiamo illustrato le derivate fondamentali più comuni. Ora, ci concentreremo sui teoremi che ci aiuteranno a rielaborare tali funzioni per calcolarne la derivata quando presentano una struttura più complessa. Questo processo implica riscrivere le funzioni più elaborate come combinazioni (sommatoria o prodotto) di funzioni più semplici, le cui derivate sono già note. Questo approccio ci permetterà di affrontare con maggiore facilità il calcolo delle derivate di funzioni complesse, riducendole a elementi più gestibili.

Teorema 1 (derivata della somma). Siano $f$

e $g$

due funzioni derivabili, allora la somma $f(x)+g(x)$

è derivabile e si ha

(17) $\begin{equation*} \left[f(x)+g(x)\right]'=f'(x)+g'(x). \end{equation*}$

$\quad$

Teorema 2 (derivata del prodotto per costante). Sia $f$

una funzione derivabile e sia $k\in\mathbb{R}$

, allora il prodotto $k\cdot f(x)$

è derivabile e si ha

(18) $\begin{equation*} \left[k\cdot f(x)\right]'=k\cdot f'(x). \end{equation*}$

$\quad$

Teorema 3 (derivata del prodotto). Siano $f$

e $g$

due funzioni derivabili, allora il prodotto $f(x)\cdot g(x)$

è derivabile e si ha

(19) $\begin{equation*} \left[f(x)\cdot g(x)\right]'=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x). \end{equation*}$

$\quad$

Teorema 4 (derivata del rapporto). Siano $f$

e $g$

due funzioni derivabili con $g(x)\neq0$

, allora il rapporto $\dfrac{f(x)}{g(x)}$

è derivabile e si ha

(20) $\begin{equation*} \left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]'=\frac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{[g(x)]^2}. \end{equation*}$

$\quad$

Teorema 5 (derivata della composizione). Siano $f$

e $g$

due funzioni derivabili, allora la composizione $h(x)=\left(f\circ g\right)(x)=f(g(x))$

è derivabile e si ha

(21) $\begin{equation*} h'(x)=\left[f(g(x))\right]'=f'(g(x))\cdot g'(x). \end{equation*}$

$\quad$

Teorema 6 (derivata di potenza di funzione). Siano $f$

e $g$

due funzioni derivabili, allora la potenza $h(x)=f(x)^{g(x)}$

è derivabile e si ha

(22) $\begin{equation*} h'(x)=\left[f(x)^{g(x)}\right]'=f(x)^{g(x)}\left[g^\prime(x)\ln f(x)+g(x)\dfrac{f^\prime(x)}{f(x)}\right]\quad \text{con}\,\,f(x)>0. \end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 1. Il teorema di derivazione del rapporto si può dedurre molto facilmente dal teorema del prodotto.

Infatti si ha che:

$\frac{f(x)}{g(x)}=f(x)\cdot\frac{1}{g(x)}=f(x)\cdot h(x)$

dove $h(x)=\dfrac{1}{g(x)}$ .

Applicando (19) otteniamo:

$[f(x)\cdot h(x)]'=f'(x)\cdot h(x)+f(x)\cdot h'(x).$

Ora calcoliamo $h'(x)$ ; notiamo che $h(x)$ è una composizione di funzioni, infatti chiamate $p(y)=\dfrac{1}{y}$ e $y=g(x)$ si ha

$h(x)=\frac{1}{g(x)}=p(g(x))$

quindi applicando (21) si ottiene

$h'(x)=\left[p(g(x))\right]'=p'(g(x))\cdot g'(x).$

Adesso calcoliamo $p'(y)$ applicando (4)

$p'(y)=\left[\frac{1}{y}\right]'=\left[y^{-1}\right]'=(-1)\cdot y^{-2}=-\frac{1}{y^2}$

Sfruttando quanto ottenuto abbiamo

$\begin{aligned} [f(x)\cdot h(x)]'&=f'(x)\cdot h(x)+f(x)\cdot h'(x)=\\ &=f'(x)\cdot \dfrac{1}{g(x)}+f(x)\cdot p'(g(x))\cdot g'(x)=\\ &=\dfrac{f'(x)}{g(x)}+f(x)\cdot \left(-\frac{1}{g^2(x)}\right)\cdot g'(x)=\\ &=\dfrac{f'(x)}{g(x)}-\frac{f(x)\cdot g'(x)}{g^2(x)}=\\ &=\dfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}. \end{aligned}$

Focus su moduli e composizioni

Introduzione.

In questa sezione, approfondiremo le tecniche per gestire esercizi che includono la funzione valore assoluto e impareremo a risolvere problemi specifici legati alla composizione di funzioni. Esamineremo diversi approcci per comprendere e applicare correttamente la funzione modulo in vari contesti matematici e spiegheremo come combinare funzioni per ottenere risultati precisi. Questo capitolo è progettato per guidarti attraverso i concetti chiave e fornirti gli strumenti necessari per affrontare con successo questi tipi di esercizi matematici.

Derivazione del modulo.

Il modulo è una funzione così definita

$\vert x\vert= \begin{cases} x & \text{se $x\geq0$} \\ -x& \text{se $x<0$} \end{cases}.$

Più in generale, data una funzione $f(x)$ , il modulo di $f$ è dato da

$\vert f(x)\vert= \begin{cases} f(x) & \text{se $f(x)\geq0$} \\ -f(x)& \text{se $f(x)<0$} \end{cases}.$

Da qui possiamo ricavare la derivata del modulo come:

Teorema 7 (derivata del modulo di una funzione). Sia $f(x)$

una funzione derivabile in tutto il suo dominio.

Allora vale quanto segue:

(23) $\begin{equation*} \dfrac{d\left \vert f(x)\right \vert}{dx}= \begin{cases} f'(x) & \text{se} \,\,f(x)>0\\\\ -f'(x)& \text{se} \,\,f(x)<0 \end{cases} \end{equation*}$

ovvero

(24) $\begin{equation*} \dfrac{d\left \vert f(x)\right \vert}{dx}(x)=\text{sgn} (f(x)) f^\prime(x) \end{equation*}$

dove

$\text{sgn}(f(x))=\frac{f(x)}{\vert f(x)\vert}= \begin{cases} 1 & \text{se}\,\,f(x)>0 \\ -1& \text{se}\,\,f(x)<0 \end{cases}$

è la funzione che restituisce il segno di $f(x)$ .

$\quad$

Quindi per derivare il modulo di una funzione basterà:

$\quad$

applicare la definizione del modulo e dividere i casi in cui la funzione è positiva o negativa;

tolto il modulo derivare, per ogni caso generato, le funzioni ottenute.

Osservazione 2. attenzione che la funzione modulo può introdurre punti di non derivabilità: nei valori in cui $f(x)$ cambia segno, $|f(x)|$ può non essere derivabile anche se f è derivabile.

Esempio 1 (punti di non derivabilità). Se proviamo a derivare la funzione $f(x)=\vert x\vert$

otteniamo, utilizzando la definizione di modulo, la seguente derivata:

$f'(x)= \begin{cases} \left[x\right]' & \text{se}\,\,x>0 \\ \left[-x\right]'& \text{se}\,\,x<0 \end{cases}= \begin{cases} 1 & \text{se}\,\,x>0 \\ -1& \text{se}\,\, x<0 \end{cases}.$

Notiamo che:

$\lim_{x\to0^+}{f'(x)}=1\neq-1=\lim_{x\to0^-}{f'(x)}$

condizione che implica che la funzione non è derivabile in $x=0$ .

$\quad$

Esempio 2 (modulo derivabile). Non sempre il modulo presenta punti di non derivabilità; prendiamo la funzione $f(x)=\vert x^3\vert$

, applicando la definizione di modulo, otteniamo:

$f'(x)= \begin{cases} \left[x^3\right]' & \text{se}\,\,x>0 \\ \left[-x^3\right]'& \text{se}\,\ x<0 \end{cases}= \begin{cases} 3x^2 & \text{se $x\geq0$} \\ -3x^2& \text{se $x<0$} \end{cases}.$

Essendo la funzione definita a tratti con funzioni derivabili rispettivamente nel dominio dove sono definite, l’unico punto in cui potrebbe non essere derivabile è quello di congiunzione delle due funzioni, ovvero $x=0$ ; calcolando i limiti destro e sinistro della derivata otteniamo:

$\lim_{x\to0^+}{f'(x)}=\lim_{x\to0^+}{3x^2}=0$

$\lim_{x\to0^-}{f'(x)}=\lim_{x\to0^-}{-3x^2}=0$

i due limiti sono uguali, il che implica che la funzione è derivabile anche in $x=0$ nonostante sia presente il modulo.

Composizioni Notevoli.

Di seguito riporteremo la derivata delle funzioni ottenute componendo alcune funzioni note a funzioni generiche; queste derivate, in special modo la composizione che coinvolge il logaritmo, sono molto utili per calcolare gli integrali indefiniti.

$\quad$

Composizione dell’esponenziale Data una funzione derivabile $f(x)$

, si consideri la seguente composizione

$g(x)=e^{f(x)}$

anch’essa derivabile perché composizione di funzioni derivabili. Allora la derivata di $g(x)$ è data da

$g'(x)=e^{f(x)}\cd$

$\quad$

Dimostrazione. Basta applicare la formula della derivazione della composizione, infatti data la funzione $h(y)=e^y$ si ha

$g(x)=h(f(x))$

applicando (21) otteniamo

$g'(x)=h'(f(x))\cdot f^\prime(x)$

e dato che $h'(y)=e^y$ si ottiene facilmente la tesi.

$\quad$

Composizione del logaritmo Sia $f(x)$

una funzione positiva e derivabile in tutto il suo dominio, si consideri la seguente composizione

$g(x)=\ln(f(x))$

anch’essa derivabile perché composizione di funzioni derivabili.

Allora la derivata di $g(x)$ è data da

$g\prime(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}.$

$\quad$

Dimostrazione. Data la funzione $h(y)=\ln(y)$ si ha

$g(x)=h(f(x)).$

Applicando (21) otteniamo

$g'(x)=h'(f(x))\cdot f(x)^\prime$

e dato che $h'(y)=\dfrac{1}{y}$ si ha

$g'(x)=\dfrac{1}{f(x)}\cdot f'(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}.$

$\quad$

Composizione del seno Data una funzione derivabile $f(x)$

, si consideri la seguente composizione

$g(x)=\sin(f(x))$

anch’essa derivabile perché composizione di funzioni derivabili.

Allora la derivata di $g(x)$ è data da

$g'(x)=\cos(f(x))\cdot f'(x).$

$\quad$

Dimostrazione. Data la funzione $h(y)=\sin(y)$ si ha

$g(x)=h(f(x))$

Applicando (21) otteniamo

$g'(x)=h'(f(x))\cdot f^\prime(x)$

e dato che $h'(y)=\cos(y)$ si ha facilmente la tesi.

$\quad$

Composizione del coseno Data una funzione derivabile $f(x)$

, si consideri la seguente composizione

$g(x)=\cos(f(x))$

anch’essa derivabile perché composizione di funzioni derivabili.

Allora la derivata di $g(x)$ è data da

$g'(x)=-\sin(f(x))\cdot f'(x).$

$\quad$

Dimostrazione. Data la funzione $h(y)=\cos(y)$ si ha

$g(x)=h(f(x))$

Applicando (21) otteniamo

$g'(x)=h'(f(x))\cdot f^\prime(x)$

e dato che $h'(y)=-\sin(y)$ si ha facilmente la tesi.

Di seguito un riepilogo delle derivate di funzioni composte che coinvolgono le funzioni con derivata nota:

$\quad$

Derivate di funzioni composte notevoli

(25) $\begin{equation*}& g(x)=\left(f(x)\right)^\alpha,\,\alpha \in \mathbb{R} & \qquad &g'(x)=n\,\left(f(x)\right)^{n-1}\cdot f'(x)\\[0.4em]\end{equation*}$

(26) $\begin{equation*}& g(x)=\sqrt{f(x)} & \qquad &g'(x)=\dfrac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}\\[0.4em]\end{equation*}$

(27) $\begin{equation*}& g(x)=e^{f(x)} & \qquad &g'(x)=e^{f(x)}\cdot f'(x)\\[0.4em]\end{equation*}$

(28) $\begin{equation*}& g(x)=a^{f(x)},\,a>0\,a\in\mathbb{R} & \qquad &g'(x)=f'(x)\cdot a^{f(x)}\ln(a)\\[0.4em]\end{equation*}$

(29) $\begin{equation*}& g(x)=\ln(f(x)) & \qquad &g'(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}\\[0.4em]\end{equation*}$

(30) $\begin{equation*}& g(x)=\log_a(f(x)) & \qquad &g'(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}\log_a(e)\\[0.4em]\end{equation*}$

(31) $\begin{equation*}& g(x)=\sin(f(x)) & \qquad &g'(x)=\cos(f(x))\cdot f'(x)\\[0.4em]\end{equation*}$

(32) $\begin{equation*}& g(x)=\cos(f(x)) & \qquad &g'(x)=-\sin(f(x))\cdot f'(x)\\[0.4em]\end{equation*}$

(33) $\begin{equation*}& g(x)=\tan(f(x)) & \qquad &g'(x)=\dfrac{f'(x)}{\cos^2(f(x))}\\[0.4em]\end{equation*}$

(34) $\begin{equation*}& g(x)=\cot(f(x)) & \qquad &g'(x)=-\dfrac{f'(x)}{\sin^2(f(x))}\\[0.4em]\end{equation*}$

(35) $\begin{equation*}& g(x)=\arcsin(f(x)) & \qquad &g'(x)=\frac{f'(x)}{\sqrt{1-\left(f(x)\right)^2}}\\[0.4em]\end{equation*}$

(36) $\begin{equation*}& g(x)=\arccos(f(x)) & \qquad &g'(x)=-\frac{f'(x)}{\sqrt{1-\left(f(x)\right)^2}}\\[0.4em]\end{equation*}$

(37) $\begin{equation*}& g(x)=\arctan(f(x)) & \qquad &g'(x)=\frac{f'(x)}{1+\left(f(x)\right)^2}.\end{equation*}$

$\quad$

Esercizi svolti

Introduzione.

In questa sezione ci concentreremo sull’applicazione pratica delle regole di derivazione esaminate precedentemente. Attraverso una serie di esempi ed esercizi, metteremo in pratica i concetti teorici introdotti, per consolidare la comprensione e la capacità di utilizzare queste importanti tecniche in diversi contesti matematici. Questo approccio pratico ti aiuterà a padroneggiare le regole di derivazione e ad applicarle efficacemente.

$\quad$

Partiamo con funzioni di base per la derivazione, per prendere confidenza con i principi esposti e con l’approccio logico più efficace per raggiungere il risultato desiderato.

$\quad$

Esercizio 1. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=x^3+4x+1.$

Svolgimento.

Riconosciamo la somma di tre funzioni facilmente riconducibili alle derivate notevoli introdotte nel primo capitolo;

applicando (17) otteniamo

(38) $\begin{equation*} \left[x^3+4x+1\right]'=[x^3]'+[4x]'+[1]'. \end{equation*}$

Andiamo a derivare le tre funzioni:

la prima funzione è una potenza, applicando (4) otteniamo

$[x^3]'=3x^{3-1}=3x^2.$

La seconda funzione è il prodotto di una funzione per una costante, applicando (18) e (3) avremo

$[4x]'=4[x]'=4\cdot 1=4.$

La terza funzione è una costante, applicando (2) avremo

$[1]'=0.$

Sostituendo in (38) si ha:

$\left[x^3+4x+1\right]'=[x^3]'+[4x]'+[1]'=3x^2+4+0=3x^2+4$

Osservazione 3.

Da questo esercizio deduciamo che derivare un polinomio è molto semplice e che quindi anche le derivate dei polinomi possono essere considerate notevoli.

Si ha infatti:

(39) $\begin{equation*} \left[\sum_{k=0}^n{a_kx^k}\right]^\prime=\sum_{k=1}^n{k\cdot a_kx^{k-1}} . \end{equation*}$

Esercizio 2. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=x\cdot \ln(x).$

Svolgimento.

Questa funzione può essere vista come prodotto di due funzioni, dunque chiamate

$g(x)=x\quad e\quad h(x)=\ln(x).$

Si ha

$f(x)=g(x)\cdot h(x).$

Applicando (19) otteniamo:

$f'(x)=g'(x)\cdot h(x)+g(x)\cdot h'(x)$

Per completare il calcolo, dobbiamo trovare $g'(x)$ e $h'(x)$ ; fortunatamente entrambe le funzioni si possono derivare direttamente:

$\quad$

applicando (3) otteniamo $g'(x)=\left[x\right]'=1$

applicando (8) otteniamo $h'(x)=\left[\ln(x)\right]'=\dfrac{1}{x}$

da cui

$\begin{aligned} f'(x)&=g'(x)\cdot h(x)+g(x)\cdot h'(x)=\\ &=1\cdot \ln(x)+x\cdot \frac{1}{x}=\\ &=\ln(x)+\frac{x}{x}=\ln(x)+1. \end{aligned}$

Esercizio 3. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\tan(x).$

Svolgimento.

Consideriamo la funzione tangente, la cui derivata è già nota e indicata nella tabella del primo capitolo. Tuttavia, ipotizziamo di non conoscere questa derivata e cerchiamo di calcolarla. Per derivare una funzione, si può applicare la definizione tramite il calcolo del limite del rapporto incrementale, oppure si può riscrivere la funzione come prodotto o somma di funzioni più semplici, le cui derivate sono facilmente determinabili e poi riunirle usando i teoremi menzionati nel capitolo 1. Per questo particolare caso, è utile considerare che

$f(x)=\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}.$

Vista in questa forma, la funzione non è che il rapporto delle funzioni $g(x)=\sin(x)$ e $h(x)=\cos(x)$ , quindi possiamo procedere alla derivazione utilizzando il teorema del rapporto.

Applicando (20) otteniamo:

$f'(x)=\left[\frac{g(x)}{h(x)}\right]'=\frac{g'(x)\cdot h(x)-g(x)\cdot h'(x)}{[h(x)]^2}$

non ci resta che calcolare le derivate delle funzioni $g(x)$ e $h(x)$ , facilmente ottenibili dalla tabella delle derivate notevoli:

$\quad$

Applicando (10) otteniamo $g'(x)=\left[\sin(x)\right]'=\cos(x).$

Applicando (11) otteniamo $h'(x)=\left[\cos(x)\right]'=-\sin(x).$

Sostituendoli nell’equazione iniziale otteniamo

$\begin{aligned} f'(x)&=\frac{g'(x)\cdot h(x)-g(x)\cdot h'(x)}{[h(x)]^2}\\[0.4em] &=\frac{\cos(x)\cdot \cos(x)-\sin(x)\cdot(-\sin(x))}{[\cos(x)]^2}\\[0.4em] &=\frac{\overbrace{\cos^2(x)+\sin^2(x)}^{\cos^2(x)+\sin^2(x)=1}}{\cos^2(x)} =\frac{1}{\cos^2(x)} \end{aligned}$

che è proprio quello che ci aspettavamo.

Esercizio 4. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\ln(\cos(x)).$

Svolgimento.

Questo è un esempio di composizione di funzioni, infatti dette $y=h(x)=\cos(x)$

e $g(y)=\ln(y)$

si ha:

$f(x)=g(h(x)).$

Applicando (21) otteniamo

$f'(x)=[g(h(x))]'=g'(h(x))\cdot h'(x).$

Procediamo col ricavare $h'(x)$ e $g'(y)$ :

$\quad$

applicando (11) otteniamo $h'(x)=-\sin(x)$

applicando (8) otteniamo $g'(y)=\dfrac{1}{y}$

Sostituendo nell’equazione di partenza otteniamo:

$\begin{aligned} f'(x)&=g'(h(x))\cdot h'(x)\\[0.4em] &=\dfrac{1}{h(x)}\cdot(-\sin(x))=\\[0.4em] &=\dfrac{1}{\cos(x)}\cdot(-\sin(x))=\\[0.4em] &=-\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}=-\tan(x).\\[0.4em] \end{aligned}$

L’esercizio poteva essere risolto anche applicando direttamente (29), infatti posta $f(x)=\ln(h(x))$ si ha:

$f'(x)=\dfrac{h'(x)}{h(x)}=\dfrac{-\sin(x)}{\cos(x)}=-\tan(x).$

Esercizio 5. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\vert \ln(x)\vert.$

Svolgimento.

Quando è presente un modulo, come si è detto nel capitolo 2, la prima cosa da fare è scomporre il modulo nel modo seguente:

$f(x)= \begin{cases} \ln(x) & \text{se $\ln(x)\geq0$} \\ -\ln(x)& \text{se $\ln(x)<0$} \end{cases}$

dato che

$\ln(x)\geq0\quad \Leftrightarrow\quad x\geq1$

da cui

$f(x)= \begin{cases} \ln(x) & \text{se $x\geq1$} \\ -\ln(x)& \text{se $x<1$} \end{cases}$

Dalla (23) e dalla (8) otteniamo:

$f'(x)= \begin{cases} \left[\ln(x)\right]' & \text{se $x>1$} \\\\ \left[-\ln(x)\right]'& \text{se $x<1$} \end{cases} = \begin{cases} \dfrac{1}{x} & \text{se $x>1$} \\\\ -\dfrac{1}{x}& \text{se $x<1$} \end{cases}.$

Volendo avremmo potuto applicare direttamente (24) ottenendo:

$f'(x)=\frac{\ln(x)}{\vert\ln(x)\vert}\cdot\left[\ln(x)\right]'= \frac{\ln(x)}{\vert\ln(x)\vert}\cdot\frac{1}{x}$

che, applicando la definizione del segno del logaritmo:

$\begin{aligned} \dfrac{\ln(x)}{\vert\ln(x)\vert}= \begin{cases} 1 & \ln(x)>0\\\\ -1 & \ln(x)<0 \end{cases} \end{aligned}$

porta alla soluzione trovata precedentemente.

Esercizi misti

Introduzione.

Abbiamo già esplorato i teoremi di derivazione e alcune derivate fondamentali. Ora, applichiamo questi concetti a esercizi più complessi. Per risolvere queste sfide, dovremo combinare più teoremi. Il processo include:

$\quad$

identificare le funzioni conosciute che formano la funzione da derivare;

determinare come queste funzioni interagiscono (somma, prodotto, divisione, composizione);

decidere l’ordine di applicazione dei teoremi, partendo dall’operazione “più esterna”.

Esercizio 6. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\frac{x\sin(x)}{x+1}.$

Svolgimento.

Seguiamo il nostro metodo: quali sono le funzioni note che formano la nostra funzione? È chiaro che i componenti della funzione includono:

$g(x)=x,\qquad h(x)=\sin(x),\qquad k(x)=x+1.$

Come sono legate queste tre funzioni? $g(x)$ e $h(x)$ sono legate da un prodotto, il quale è legato a $k(x)$ da un rapporto; viene da sé che l’operazione più esterna sia proprio il rapporto, quindi partiremo applicando (20). Chiamato $p(x)=g(x)\cdot h(x)=x\sin(x)$ otteniamo

$f'(x)=\left[\frac{x\sin(x)}{x+1}\right]'=\left[\frac{p(x)}{k(x)}\right]'= \frac{p'(x)\cdot k(x)-p(x)\cdot k'(x)}{k^2(x)}.$

In questa espressione ci mancano le componenti $k'(x)$ e $p'(x)$ :

$k(x)=x+1$ è un polinomio, applicando (39) si ottiene $k'(x)=1$

$p(x)=x\sin(x)$ è un prodotto di funzioni, applicando (19) si ottiene

$p'(x)=\left[g(x)h(x)\right]'=g'(x)h(x)+g(x)h'(x)$

non ci resta che calcolare $g'(x)$ e $h'(x)$ che sono due derivate note, ovvero

$\quad$

applicando (3) otteniamo $g'(x)=1$

applicando (10) otteniamo $h'(x)=\cos(x)$ .

Sostituendo otteniamo

$p'(x)=g'(x)h(x)+g(x)h'(x)=1\cdot \sin(x)+x\cdot \cos(x)=\sin(x)+x\cos(x).$

Adesso che abbiamo $p'(x)$ e $k'(x)$ possiamo sostituirli nell’espressione iniziale ed ottenere:

$\begin{aligned} f'(x)&=\frac{p'(x)\cdot k(x)-p(x)\cdot k'(x)}{k^2(x)}\\ &=\frac{(\sin(x)+x\cos(x))\cdot (x+1)-x\sin(x)\cdot 1}{(x+1)^2}\\ &=\frac{x\sin(x)+\sin(x)+x^2\cos(x)+x\cos(x)-x\sin(x)}{(x+1)^2}\\ &=\frac{\sin(x)+x^2\cos(x)+x\cos(x)}{(x+1)^2}\\ &=\frac{\sin(x)+x(x+1)\cos(x)}{(x+1)^2}. \end{aligned}$

Osservazione 4.

Inizialmente, abbiamo deciso di lavorare sul rapporto seguito dal prodotto nel numeratore. Tuttavia, è altrettanto valido affrontare prima il prodotto e poi il rapporto, così:

$f'(x)=\left[g(x)\cdot\frac{h(x)}{k(x)}\right]'=g'(x)\frac{h(x)}{k(x)}+g(x)\cdot\left[\frac{h(x)}{k(x)}\right]'.$

Questo è possibile perché queste operazioni sono commutative e non influenzano il risultato finale. Una situazione diversa si verifica con composizioni di funzioni con operazioni annidate, dove occorre trattare prima l’operazione più esterna.

Esercizio 7. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\sqrt{\ln(x+5)}.$

Svolgimento.

Seguendo il nostro schema, notiamo che sono presenti tre funzioni legate da due composizioni annidate, quindi dette

$y=g(x)=x+5\qquad z=h(y)=\ln(y)\qquad k(z)=\sqrt{z}$

si ha

$f(x)=k\left(h\left(g\left(x\right)\right)\right)$

È importante notare che, nella composizione di funzioni, si dovrebbero usare variabili differenti per distinguere le funzioni. Questo aiuta a chiarire che la funzione esterna accoglie come ingresso la funzione interna, anziché direttamente la stessa variabile. Ad esempio, nel caso presente:

$y=g(x),\qquad z=h(y)=h(g(x)),\qquad f(x)=k(z)=k(h(g(x))).$

Questo è il caso evidenziato nell’osservazione precedente, in cui le operazioni (le due composizioni) non sono commutative, quindi dovremo iniziare, forzatamente, dal trattamento della composizione più esterna; per semplicità chiamo $p(x)=h(g(x))$ , applicando (21) otteniamo

$f'(x)=\left[k(p(x))\right]'=k'(p(x))\cdot p'(x)$

adesso dobbiamo calcolare $k'(z)$ e $p'(x)$ :

$k(z)=\sqrt{z}$ è una radice, applicando (5) si ottiene $k'(z)=\dfrac{1}{2\sqrt{z}}$

$p(x)=h(g(x))$ è un’altra composizione di funzioni, applicando di nuovo (21) si ottiene

$p'(x)=h'(g(x))\cdot g'(x)$

Non ci resta che calcolare $h'(y)$ e $g'(x)$ :

$\quad$

applicando (8) otteniamo $h'(y)=\dfrac{1}{y}$

applicando (39) otteniamo $g'(x)=1$

sostituendo sopra si ottiene

$p'(x)=h'(g(x))\cdot g'(x)=\frac{1}{g(x)}\cdot 1=\frac{1}{x+5}$

e sostituendo nell’espressione iniziale otteniamo

$\begin{aligned} f'(x)&=k'(p(x))\cdot p'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{p(x)}}\cdot\frac{1}{x+5}=\frac{1}{2(x+5)\sqrt{\ln(x+5)}}. \end{aligned}$

Osservazione 5.

In generale, quando si hanno più composizioni di funzioni annidate tra loro, si applica la cosiddetta regola della catena; di seguito un esempio con tre composizioni:

$\left[f\left(g\left(h\left(k\left(x\right)\right)\right)\right)\right]'=f'\left(g\left(h\left(k\left(x\right)\right)\right)\right)\cdot g'\left(h\left(k\left(x\right)\right)\right)\cdot h'\left(k\left(x\right)\right)\cdot k'\left(x\right).$

Esercizio 8. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=(\sin(x))^{\cos(x)}.$

Svolgimento.

Quando si hanno delle funzioni all’esponente la scelta più conveniente è applicare subito una piccola trasformazione per rendere la funzione più semplice da trattare, ovvero:

$\boxed{y=e^{\ln(f(x))}\quad \text{con}\,\,f(x)>0}$

in questo modo otteniamo due vantaggi immediati:

$\quad$

possiamo sfruttare le proprietà del logaritmo per trasformare l’esponente dell’argomento in coefficiente
$\ln(a^b)=b\cdot \ln(a)\quad \text{con}\,\,a>0$

otteniamo una composizione di funzioni semplici da trattare.

In questo esercizio applichiamo la trasformazione e otteniamo

$f(x)=\left(\sin\left(x\right)\right)^{\cos\left(x\right)}=e^{\ln\left(\sin\left(x\right)^{\cos\left(x\right)}\right)}=e^{\cos(x)\cdot \ln\left(\sin\left(x\right)\right)}$

finalmente possiamo iniziare con la derivazione.

Notiamo che ci sono essenzialmente quattro funzioni da tenere di conto:

$y=g(x)=\sin(x)\quad h(y)=\ln(y)\quad k(x)=\cos(x)\quad p(z)=e^z$

essendo presenti delle composizioni andiamo a valutare quella più esterna che, chiamando $z=q(x)=\cos(x)\ln(\sin(x))$ , è data da

$f(x)=p(q(x)).$

Applicando (21) otteniamo

$f'(x)=p'(q(x))\cdot q'(x).$

Andiamo avanti cercando $p'(z)$ e $q'(x)$ :

$p(z)=e^z$ è un’esponenziale, applicando (6) si ottiene $p'(z)=e^z$

$q(x)=k(x)\cdot h(g(x))$ possiamo vederlo come prodotto tra la funzione $k(x)$ e la composizione $h(g(x))$ , quindi applicando (19) otteniamo

$q'(x)=k'(x)\cdot h(g(x))+k(x)\cdot\left[h(g(x))\right]'.$

Adesso dobbiamo calcolare $k'(x)$ e $\left[h(g(x))\right]'$ :

$k(x)=\cos(x)$ è un coseno, applicando (11) si ottiene $k'(x)=-\sin(x)$

$h(g(x))$ è una composizione, applicando (21) si ottiene

$\left[h(g(x))\right]'=h'(g(x))\cdot g'(x)$

ci restano da calcolare solo $h'(y)$ e $g'(x)$ che sono derivate notevoli

$\quad$

applicando (8) otteniamo $h'(y)=\dfrac{1}{y}$

applicando (10) otteniamo $g'(x)=\cos(x)$

quindi, sostituendo, abbiamo

$\left[h(g(x))\right]'=h'(g(x))\cdot g'(x)=\frac{1}{g(x)}\cdot \cos(x)=\frac{\cos(x)}{\sin(x)}$

$\begin{aligned} f'(x)&=p'(q(x))\cdot q'(x)=\\ &=e^{q(x)}\cdot\left(k'(x)\cdot h(g(x))+k(x)\cdot\left[h(g(x))\right]'\right)=\\ &=e^{\cos(x)\ln(\sin(x))}\cdot\left(-\sin(x)\cdot \ln(\sin(x))+\cos(x)\cdot\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)}\right)=\\ &=e^{\ln(\sin(x)^{\cos(x)})}\cdot\left(\dfrac{-\sin^2(x)\cdot \ln(\sin(x))+\cos^2(x)}{\sin(x)}\right)=\\ &=\dfrac{\sin(x)^{\cos(x)}}{\sin(x)}\cdot\left(\cos^2(x)-\sin^2(x)\cdot \ln(\sin(x))\right)=\\ &=\sin(x)^{\cos(x)-1}\cdot\left(\cos^2(x)-\sin^2(x)\cdot \ln(\sin(x))\right).\\ \end{aligned}$

Esercizio 9. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\sqrt[5]{\frac{\sin(x^2)}{5-3x}}.$

Svolgimento.

Come nell’esercizio precedente notiamo che l’aggregazione più esterna è una composizione di funzioni, ovvero

$d(y)=\sqrt[5]{y},\quad f(x)=d\left(\frac{\sin(x^2)}{5-3 x}\right)$

la prima cosa da fare è applicare (21) a $f(x)$ :

$f'(x)=d'\left(\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)\cdot\left[\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right]'$

quindi deriviamo $d(y)$ , ma come si deriva una radice con indice diverso da 2?

Per derivare una radice con indice $n$ qualsiasi possiamo vedere la radice in questo modo:

$\sqrt[n]{x}=x^{\frac{1}{n}}$

quindi, seguendo la derivata (4) della funzione elementare $x^n$ , possiamo trovare:

$\left[\sqrt[n]{x}\right]'=\left[x^{\frac{1}{n}}\right]'=\frac{1}{n}\cdot\left(x\right)^{\frac{1}{n}-1}$

Detto questo andiamo a scrivere la nostra derivata:

$d'(z)=\left[\sqrt[5]{z}\right]'=\frac{1}{5}\cdot z^{\frac{1}{5}-1}=\frac{z^{-\frac{4}{5}}}{5} =\frac{1}{5\cdot z^{\frac{4}{5}}}=\frac{1}{5\cdot \sqrt[5]{z^4}}$

quindi abbiamo

$d'\left(\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)=\frac{1}{5\cdot \sqrt[5]{\left(\dfrac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)^4}}$

procediamo ora nel calcolo di $\left[\dfrac{\sin(x^2)}{5-3x}\right]'$ ;

la funzione è il rapporto tra $\sin(x^2)$ e $5-3x$ , applicando (20) otteniamo:

$\left[\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right]'=\frac{\left[\sin(x^2)\right]'\cdot(5-3x)-\sin(x^2)\cdot\left[5-3x\right]'}{(5-3x)^2}$

dove applicando (39) si ottiene $\left[5-3x\right]'=[5]'-3[x]'=-3$ e, vedendo $\sin(x^2)$ come composizione di funzioni, ovvero

$g(h(x))=\sin(x^2),\quad \text{con}\quad g(y)=\sin(y)\quad \text{e} \quad h(x)=x^2$

applicando (21) si ottiene

$\left[g(h(x))\right]'=g'(h(x))\cdot h'(x)$

dato che, rispettivamente per (10) e (4), si ha

$g'(y)=\cos(y)\quad e \quad h'(x)=2x$

arriviamo a

$\left[g(h(x))\right]'=g'(h(x))\cdot h'(x)=\cos(x^2)\cdot2x$

e quindi

$\left[\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right]'=\frac{\cos(x^2)\cdot2x\cdot(5-3x)+3\sin(x^2)}{(5-3x)^2}$

tornando alla prima equazione otteniamo

$\begin{aligned} f'(x)&=d'\left(\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)\cdot\left[\frac{\sin(x^2)}{5-3x}\right]'\\[0.3em] &=\frac{1}{5\cdot \sqrt[5]{\left(\dfrac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)^4}}\cdot \frac{\cos(x^2)\cdot2x\cdot(5-3x)+3\sin(x^2)}{(5-3x)^2}\\[0.3em] &=\dfrac{2x(5-3x)\cos(x^2)+3\sin(x^2)} {5(5-3x)^2\sqrt[5]{\left(\dfrac{\sin(x^2)}{5-3x}\right)^4}} \end{aligned}$

Esercizio 10. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=2\arctan(x)-\arcsin\left(\dfrac{2x}{1+x^2}\right).$

Svolgimento.

$f(x)$

si presenta come somma di due funzioni, quindi applicando la (17) otteniamo

$f'(x)=\left[2\arctan(x)\right]'-\left[\arcsin\left(\dfrac{2x}{1+x^2}\right)\right]'$

Risolviamo dunque separatamente le due derivate; la prima è molto semplice, applichiamo prima (18) e poi (16), ottenendo:

$\left[2\arctan(x)\right]'=2\left[\arctan(x)\right]'=\dfrac{2}{1+x^2}.$

La seconda è la composizione di due funzioni:

$g(k(x))$

con

$g(y)=\arcsin{y}\quad \text{e} \quad k(x)=\frac{2x}{1+x^2}$

Utilizzando (21) otteniamo

$\left[g(k(x))\right]'=g'(k(x))\cdot k'(x).$

Adesso dobbiamo derivare $g(y)$ e $k(x)$ .

Applicando (14) derivo direttamente $g(y)$ ottenendo:

$g'(y)=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}.$

Sostituendo $y=k(x)$ otteniamo

$\begin{aligned} g'(k(x))&=\dfrac{1}{\sqrt{1-k^2(x)}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{2x}{1+x^2}\right)^2}}= \dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{4x^2}{\left(1+x^2\right)^2}}}=\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{\left(1+x^2\right)^2-4x^2}{\left(1+x^2\right)^2}}}= \dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{\left(1+x^2\right)^2-4x^2}}{1+x^2}}= \dfrac{1+x^2}{\sqrt{1+2x^2+x^4-4x^2}}=\\ &=\dfrac{1+x^2}{\sqrt{1-2x^2+x^4}}=\dfrac{1+x^2}{\sqrt{\left(1-x^2\right)^2}}=\dfrac{1+x^2}{\vert{1-x^2}\vert}. \end{aligned}$

Per $k(x)$ la derivazione è meno diretta in quanto si tratta di un rapporto, quindi andremo ad applicare (20) ottenendo:

$\begin{aligned} \left[\frac{2x}{1+x^2}\right]'&=\dfrac{\left[2x\right]'\cdot\left(1+x^2\right)-2x\cdot\left[1+x^2\right]'}{\left(1+x^2\right)^2}\underbrace{=}_{(39)} \dfrac{2\left(1+x^2\right)-2x\cdot\left(2x\right)}{\left(1+x^2\right)^2}=\\ &=\dfrac{2-2x^2}{\left(1+x^2\right)^2}=\dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\left(1+x^2\right)^2}. \end{aligned}$

Sostituendo nell’equazione iniziale si ottiene

$\left[g(k(x))\right]'=g'(k(x))\cdot k'(x)$

$\begin{aligned} \left[g(k(x))\right]'=g'(k(x))\cdot k'(x)=\dfrac{1+x^2}{\vert{1-x^2}\vert}\cdot\dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\left(1+x^2\right)^2}= \dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\vert{1-x^2}\vert\cdot\left(1+x^2\right)}. \end{aligned}$

Rimettendo insieme le due derivate otteniamo la derivata di $f(x)$ :

$\begin{aligned} f'(x)&=\left[2\arctan(x)\right]'-\left[\arcsin\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)\right]'=\\ &=\dfrac{2}{1+x^2}-\dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\vert{1-x^2}\vert\cdot\left(1+x^2\right)}. \end{aligned}$

Volendo possiamo sviluppare il modulo per avere la forma non compatta:

$\begin{aligned} f'(x)= \begin{cases} \dfrac{2}{1+x^2}-\dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\left(1-x^2\right)\cdot\left(1+x^2\right)} &\text{se}\,\, 1-x^2>0\\\\ \dfrac{2}{1+x^2}+\dfrac{2\left(1-x^2\right)}{\left(1-x^2\right)\cdot\left(1+x^2\right)} &\text{se}\,\, 1-x^2<0 \end{cases} \end{aligned}$

che facendo i calcoli diventa:

$\begin{aligned} f'(x)&= \begin{cases} \dfrac{2}{1+x^2}-\dfrac{2}{\left(1+x^2\right)} &\text{se}\,\, -1<x<1\\\\ \dfrac{2}{1+x^2}+\dfrac{2}{\left(1+x^2\right)} &\text{se}\,\, x<-1\vee x>1 \end{cases}=\\ &= \begin{cases} 0 & \text{se}\,\,x<-1\vee x>1\\\\ \dfrac{4}{\left(1+x^2\right)} &\text{se}\,\, -1<x<1. \end{cases} \end{aligned}$

Esercizio 11. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\ln^2\left(\tan^2\left(x^2\right)\right).$

Svolgimento.

La funzione presenta una doppia composizione che coinvolge tre funzioni:

$f(x)=g(h(k(x)))$

con

$g(z)=\ln^2(z),\quad h(y)=\tan^2(y),\quad k(x)=x^2$

Da manuale andiamo a trattare prima la composizione più esterna, utilizzando (21) otteniamo:

$f'(x)=g'(h(k(x)))\cdot \left[h(k(x))\right]'$

applicando ulteriormente (21) a $\left[h(k(x))\right]'$ arriviamo a

$f'(x)=g'(h(k(x)))\cdot \left[h(k(x))\right]'=g'(h(k(x)))\cdot h'(k(x))\cdot k'(x)$

partendo dalla derivata più diretta (ma è indifferente quale si approcci per prima) andiamo a derivare $k(x)$ utilizzando (4):

$k'(x)=2x$

dopodiché passiamo ad $h(y)=\tan^2(y)$ , questa funzione è il risultato della composizione della funzione tangente e dell’elevamento a potenza, dunque applichiamo prima la (25) e poi la (12) ottenendo:

$h'(y)=\left[\tan^2(y)\right]'\underbrace{=}_{(25)} 2\tan(y)\cdot\left[\tan(y)\right]'\underbrace{=}_{(12)} 2\tan(y)\cdot\dfrac{1}{\cos^2(y)}=\dfrac{2\tan(y)}{\cos^2(y)}$

sostituendo $y=k(x)$ otteniamo

$h'(k(x))=\dfrac{2\tan\left(y\right)}{\cos^2(y)}=\dfrac{2\tan\left(k(x)\right)}{\cos^2\left(k(x)\right)} =\dfrac{2\tan\left(x^2\right)}{\cos^2\left(x^2\right)}$

Infine deriviamo $g(z)=\ln^2(z)$ , anch’essa composizione di due funzioni: elevamento al quadrato e logaritmo naturale; come per $h$ applichiamo prima (25) e poi (8) ottenendo:

$g'(z)=\left[\ln^2(z)\right]'\underbrace{=}_{(25)} 2\ln(z)\cdot\left[\ln(z)\right]'\underbrace{=}_{(8)} 2\ln(z)\cdot\dfrac{1}{z}=\dfrac{2\ln(z)}{z}$

sostituendo $z=h(k(x))=\tan^2\left(x^2\right)$ otteniamo

$g'(h(k(x))=\dfrac{2\ln(h(k(x)))}{h(k(x))}=\dfrac{2\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\tan^2\left(x^2\right)}$

Ricomponendo i pezzi abbiamo

$\begin{aligned} f'(x)&=g'(h(k(x)))\cdot \left[h(k(x))\right]'=g'(h(k(x)))\cdot h'(k(x))\cdot k'(x)=\\[0.2em] &=\dfrac{2\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\tan^2\left(x^2\right)}\cdot\dfrac{2\tan\left(x^2\right)}{{\cos^2\left(x^2\right)}}\cdot2x=\\[0.2em] &=\dfrac{8x\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\tan\left(x^2\right)\cdot\cos^2\left(x^2\right)}=\\[0.2em] &=\dfrac{8x\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\dfrac{\sin\left(x^2\right)}{\cos\left(x^2\right)}\cdot\cos^2\left(x^2\right)}\\[0.2em] &=\dfrac{8x\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\sin\left(x^2\right)\cdot\cos\left(x^2\right)}\\[0.2em] &=\dfrac{16x\ln\left(\tan^2\left(x^2\right)\right)}{\sin\left(2x^2\right)} \end{aligned}$

dove abbiamo usato le seguenti formule trigonometriche:

$\tan(x)=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}\quad \text{e} \quad \sin(2x)=2\sin(x)\cos(x).$

Esercizio 12. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\ln\left(\dfrac{1-e^x}{e^x}\right)+\dfrac{1}{e^x-1}.$

Svolgimento.

La prima cosa da notare è che $f(x)$

è somma di due funzioni, quindi applichiamo subito la (17) ottenendo:

$f'(x)= \left[\ln\left(\dfrac{1-e^x}{e^x}\right)+\dfrac{1}{e^x-1}\right]'= \left[\ln\left(\dfrac{1-e^x}{e^x}\right)\right]'+\left[\dfrac{1}{e^x-1}\right]'$

da quale delle due funzioni si parta non fa differenza, quindi partiamo da $\dfrac{1}{e^x-1}$ ; la funzione è la composizione di due funzioni:

$g(y)=\dfrac{1}{y}\quad e \quad h(x)=e^x-1$

quindi applicando la (21) otteniamo

$\left[g(h(x))\right]'=g'(h(x))\cdot h'(x).$

Deriviamo dapprima $h(x)$ :

$h'(x)=\left[e^x-1\right]'\underbrace{=}_{(17)}\left[e^x\right]'-\left[1\right]'\underbrace{=}_{(6),(2)}e^x-0=e^x.$

Poi deriviamo $g(y)$ :

$g'(y)=\left[\dfrac{1}{y}\right]'=\left[y^{-1}\right]'\underbrace{=}_{(4)} -1\cdot y^{-2}=-\dfrac{1}{y^2}$

quindi

$\left[g(h(x))\right]'=g'(h(x))\cdot h'(x)=-\dfrac{1}{h(x)^2}\cdot h'(x) =-\dfrac{h'(x)}{\left(e^x-1\right)^2}=-\dfrac{e^x}{\left(e^x-1\right)^2}$

Deriviamo adesso la funzione $\ln\left(\dfrac{1-e^x}{e^x}\right)$ ; anche questa è una composizione di due funzioni:

$k(y)=\ln(y)\quad e \quad m(x)=\dfrac{1-e^x}{e^x}.$

Si ha dunque, per la (21):

$\left[k(m(x))\right]'=k'(m(x))\cdot m'(x)$

$m(x)$ è un rapporto, quindi possiamo applicare la (20) e ottenere

$\begin{aligned} m'(x)&=\left[\dfrac{1-e^x}{e^x}\right]'\underbrace{=}_{(20)}\dfrac{\left[1-e^x\right]'\cdot e^x-\left(1-e^x\right)\cdot\left[e^x\right]'}{\left(e^x\right)^2}\\ &\underbrace{=}_{(6)}\dfrac{\left(-e^x\right)\cdot e^x-\left(1-e^x\right)\cdot e^x}{e^{2x}}\\ &=\dfrac{e^{2x}-e^{2x}-e^x}{e^{2x}}=\dfrac{-e^x}{e^{2x}}=-\dfrac{1}{e^x} \end{aligned}$

infine deriviamo $k(y)$ usando (8):

$k'(y)=\dfrac{1}{y}$

e ricomponiamo:

$\begin{aligned} \left[k(m(x))\right]'&=k'(m(x))\cdot m'(x)=\dfrac{1}{m(x)}\cdot\left(-\dfrac{1}{e^x}\right)=\\ &=\dfrac{1}{\dfrac{1-e^x}{e^x}}\cdot\left(-\dfrac{1}{e^x}\right) =\dfrac{e^x}{1-e^x}\cdot\left(-\dfrac{1}{e^x}\right)=\\ &=-\dfrac{1}{1-e^x} \end{aligned}$

Concludiamo scrivendo:

$\begin{aligned} f'(x)&= \left[\ln\left(\dfrac{1-e^x}{e^x}\right)\right]'+\left[\dfrac{1}{e^x-1}\right]'=\\ &=-\dfrac{1}{1-e^x}-\dfrac{e^x}{\left(e^x-1\right)^2}=\\ &=\dfrac{1}{e^x-1}-\dfrac{e^x}{\left(e^x-1\right)^2}=\\ &=\dfrac{\left(e^x-1\right)-e^x}{\left(e^x-1\right)^2}=\\ &=-\dfrac{1}{\left(e^x-1\right)^2}. \end{aligned}$

Esercizio 13. Calcolare la derivata della seguente funzione:

$f(x)=\arccos\vert e^{2x}-1\vert.$

Svolgimento.

Per calcolare la derivata di questa funzione, possiamo adottare due approcci. Il primo implica lo svolgimento del modulo seguito dalla derivazione della funzione risultante. Il secondo metodo utilizza una formula specifica (indicata come (24)) che mantiene il modulo nella sua forma compatta. Cominciamo analizzando il caso in cui l’argomento del modulo è positivo:

$e^{2x}-1>0\quad \Leftrightarrow\quad \;e^{2x}>1\;\Longleftrightarrow\;2x>\ln(1)\quad \Leftrightarrow\quad x>0$

quindi possiamo sviluppare la funzione nel seguente modo:

$\begin{aligned} f(x)= \begin{cases} \arccos\left( e^{2x}-1\right) & x\geq0\\[0.3em] \arccos\left( 1-e^{2x}\right) & x<0 \end{cases}\\ \end{aligned}$

Adesso dobbiamo derivare separatamente le due funzioni, partiamo da quella definita per $x\geq0$ :\\ la funzione è il risultato della composizione delle due funzioni

$g(x)=\arccos(y)\quad \text{e}\quad h(x)=e^{2x}-1$

quindi per la (21) si ha

$\left[g\left(h(x)\right)\right]'=g'\left(h(x)\right)\cdot h'(x).$

Dalla (15) si ha

$g'(y)=-\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$

e dunque

$g'\left(h(x)\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(h(x)\right)^2}}= -\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}.$

Per quanto riguarda $h'(x)$ applichiamo (17) ottenendo:

$h'(x)=\left[e^{2x}-1\right]'=\left[e^{2x}\right]'-[1]'$

banalmente, per la (2), si ha $[1]'=0$ mentre per quanto riguarda l’altra funzione, essendo una composizione, si procede nel modo seguente:

$\left[e^{2x}\right]'\underbrace{=}_{(21),(6)} e^{2x}\cdot[2x]'\underbrace{=}_{(18),(3)}2e^{2x}$

Concludendo si ha

$\left[\arccos\left( e^{2x}-1\right)\right]'= -\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}\cdot\left(2e^{2x}\right) =-\dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}$

per la funzione definita su $x<0$ il ragionamento è il medesimo, semplicemente cambia un segno nella derivata dell’argomento del modulo:

$\begin{aligned} \left[\arccos\left( e^{2x}-1\right)\right]'= -\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(1-e^{2x}\right)^2}}\cdot\left[1-e^{2x}\right]' \end{aligned}$

e dato che si ha

$\left[1-e^{2x}\right]'=\left[-\left(e^{2x}-1\right)\right]' \underbrace{=}_{(18)}-\left[\left(e^{2x}-1\right)\right]' =-2e^{2x}$

si arriva a

$\begin{aligned} \left[\arccos\left( e^{2x}-1\right)\right]'= -\dfrac{-2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(1-e^{2x}\right)^2}}= \dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(1-e^{2x}\right)^2}} \end{aligned}$

e quindi:

$\begin{aligned} f'(x)= \begin{cases} -\dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}} & x>0\\\\ \dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(1-e^{2x}\right)^2}} & x<0 \end{cases}\\ \end{aligned}$

Per concludere possiamo analizzare la natura del punto $x=0$ per capire se è di non derivabilità:

$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+}f'(x)&= \lim_{x\to0^+}-\dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}= -\dfrac{2e^{2\cdot0}}{\sqrt{1-\left(e^{2\cdot0}-1\right)^2}}=-2\\\\ \lim_{x\to0^-}f'(x)&= \lim_{x\to0^-}\dfrac{2e^{2x}}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}= \dfrac{2e^{2\cdot0}}{\sqrt{1-\left(e^{2\cdot0}-1\right)^2}}=2 \end{aligned}$

Poiché i due limiti risultano differenti, deduciamo che $x=0$ è un punto in cui la funzione non è derivabile. In particolare, si tratta di un punto angoloso: la funzione presenta qui due tangenti distinte.

Inizialmente, abbiamo menzionato la possibilità di non sviluppare il modulo nell’esercizio. Procedendo con questa alternativa, osserviamo che la funzione può essere interpretata come la composizione di due distinte funzioni.

$f(x)=g\left(h(x)\right)$

dove

$g(y)=\arccos(y) \quad e \quad h(x)=\vert e^{2x}-1\vert$

applicando due (21) otteniamo

$\begin{aligned} f'(x)=\left[g\left(h(x)\right)\right]'= g'\left(h(x)\right)\cdot h'(x). \end{aligned}$

Dalla (15) si ha $g'(y)=-\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$ e sostituendo $y=h(x)=\vert e^{2x}-1\vert$ abbiamo

$\begin{aligned} g'\left(h(x)\right)&=-\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}} =-\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(h(x)\right)^2}}\\ &=-\dfrac{1}{\sqrt{1-\vert e^{2x}-1\vert^2}} =-\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}} \end{aligned}$

Dalla (24) possiamo derivare direttamente la funzione $h(x)$ :

$\begin{aligned} h'(x)=\left[\vert e^{2x}-1\vert\right]' \underbrace{=}_{(24)} \dfrac{e^{2x}-1}{\vert e^{2x}-1\vert}\cdot\left[e^{2x}-1\right]' =\dfrac{e^{2x}-1}{\vert e^{2x}-1\vert}\cdot2 \end{aligned}$

quindi:

$f'(x)=-\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}\cdot\dfrac{2\left(e^{2x}-1\right)}{\vert e^{2x}-1\vert}= -\dfrac{-2}{\sqrt{1-\left(e^{2x}-1\right)^2}}\cdot\dfrac{e^{2x}-1}{\vert e^{2x}-1\vert}$

e dato che la funzione $\dfrac{e^{2x}-1}{\vert e^{2x}-1\vert}$ rappresenta il segno di $e^{2x}-1$ la derivata trovata coincide con quella che abbiamo trovato precedentemente.

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