Teorema di Lagrange

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sul teorema di Lagrange. In questo articolo proponiamo 29 esercizi sull’applicazione e le conseguenze del teorema di Lagrange, un’importante strumento dell’analisi matematica delle funzioni reali di una variabile reale.
Gli esercizi sono completamente risolti, così da offrire al lettore la possibilità di confrontare le proprie soluzioni con quelle da noi proposte.

Segnaliamo i seguenti articoli sulla teoria di riferimento:

Di seguito invece le raccolte di esercizi su argomenti affini:

Buona lettura!

Sommario

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In questa dispensa presentiamo una collezione di 29 esercizi sul teorema di Lagrange, conosciuto anche come teorema del Valor Medio. Gli esercizi sono progettati per essere accessibili a studenti di economia, ingegneria, fisica e matematica, grazie alla loro varietà e graduale complessità. I primi 20 esercizi sono principalmente indirizzati a studenti di economia e ingegneria, mentre gli ultimi 9 sono pensati per studenti di fisica e matematica.

Gli ultimi 10 esercizi includono problemi teorici e di problem solving, dove è richiesto un approccio ragionato: non è sufficiente applicare semplicemente il Teorema di Lagrange, ma è necessario un approfondimento teorico maggiore. La dispensa fornisce richiami teorici dettagliati per i primi 22 esercizi, mentre per gli ultimi abbiamo scelto di omettere tali riferimenti, concentrandoci unicamente sulla risoluzione diretta dei problemi.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi

Revisori: Matteo Talluri, Sergio Fiorucci.

Introduzione

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Il teorema di Lagrange, noto anche come Teorema del Valore Medio, rappresenta uno dei risultati fondamentali dell’analisi matematica. Proposto da Joseph-Louis Lagrange nel XVIII secolo, questo teorema stabilisce che, date alcune condizioni su una funzione continua e derivabile, esiste almeno un punto all’interno di un intervallo in cui la derivata della funzione è uguale alla pendenza della corda che collega i punti estremi dell’intervallo.

In termini semplici, il teorema afferma che se una funzione è continua su un intervallo chiuso $[a, b]$ e derivabile su un intervallo aperto $(a, b)$ , allora esiste almeno un punto $c$ all’interno dell’intervallo in cui la derivata della funzione corrisponde alla pendenza della retta secante tra i punti $(a, f(a))$ e $(b, f(b))$ .

Richiami di teoria

Teorema di Lagrange.

Teorema 1.1. Sia $f : [a, b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua su $[a, b]$ e derivabile su $(a, b)$ . Allora esiste $c \in (a, b)$ tale che

$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}.$

$\quad$

Corollario 1.2. Sia $f$ una funzione continua e derivabile definita in un intervallo $[a, b]$ . Se $f'(x) = 0$ per ogni $x \in (a, b)$ , allora $f$ è costante in tale intervallo:

$f(x) = k \quad \forall x \in [a, b].$

$\quad$

Per la dimostrazione clicca su teoremi di Rolle e Lagrange.

Dominio massimale.

Definizione 1.3 (insieme di definizione). Data l’espressione $f(x)$ , si dice insieme di definizione, o campo di esistenza, o dominio massimale di $f(x)$ , il massimo sottoinsieme $D$ di $\mathbb{R}$ , rispetto all’ordinamento per inclusione, per cui esista la funzione $f : D \to \mathbb{R}$ definita da

$f : x \in D \mapsto f(x) \in \mathbb{R}.$

Con un abuso di notazione, la funzione $f : D \to \mathbb{R}$ , detta funzione determinata da $f(x)$ , si indica con lo stesso simbolo usato per l’operazione che la determina.

$\quad$

Facciamo qualche esempio pratico per chiarire meglio la questione.

Esempio 1.4 (denominatori). Determinare l’insieme di definizione di

(3.1) $\begin{equation*} f(x) = \dfrac{1}{x - 1}. \end{equation*}$

L’insieme cercato è costituito da tutti i valori $x \in \mathbb{R}$ per i quali il denominatore è non nullo (altrimenti l’operazione di divisione non sarebbe ben definita). Dunque in questo caso il “dominio” di $f(x)$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathbb{R} : x - 1 \neq 0 \} = \{ x \in \mathbb{R} : x \neq 1 \} = \mathbb{R} \setminus \{1\},$

ovvero tutto l’insieme $\mathbb{R}$ escluso il punto $x = 1$ . La funzione determinata da (3.1) è dunque

$f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R}, \quad f(x) = \dfrac{1}{x - 1}.$

In generale, supponiamo che $f(x)$ sia esprimibile come

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

Allora il dominio di $f$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathrm{Dom}(g) : g(x) \neq 0 \} \cap \mathrm{Dom}(h).$

Esempio 1.5 (radici quadrate). Determinare l’insieme di definizione di

(3.2) $f(x) = \sqrt{x - 1}.$

L’insieme cercato è costituito da tutti i valori di $x \in \mathbb{R}$ per i quali l’argomento della radice è non negativo (altrimenti l’operazione di radice quadrata non sarebbe ben definita). Dunque in questo caso il “dominio” di $f$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathbb{R} : x - 1 \geq 0 \} = \{ x \in \mathbb{R} : x \geq 1 \} = [1, +\infty).$

La funzione determinata da $(3.2)$ è dunque

$f : [1, +\infty) \to \mathbb{R}, \quad f(x) = \sqrt{x - 1}.$

In generale, se in $f(x)$ sono coinvolte radici quadrate, per esempio

$f(x) = \sqrt{g(x)},$

allora il dominio di $f$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathrm{Dom}(g) : g(x) \geq 0 \}.$

Esempio 1.6 (logaritmi). Sia $a \in \mathbb{R}$ tale che $a > 0$ e $a \neq 1$ un numero fissato. Determiniamo l’insieme di definizione di

(3.3) $f(x) = \log_a(x - 1).$

L’insieme cercato è costituito da tutti i valori di $x \in \mathbb{R}$ per i quali l’argomento del logaritmo è positivo (altrimenti non sarebbe ben definito il logaritmo). Dunque in questo caso il “dominio” di $f$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathbb{R} : x - 1 > 0 \} = \{ x \in \mathbb{R} : x > 1 \} = (1, +\infty).$

La funzione determinata da $(3.3)$ è dunque

$f : (1, +\infty) \to \mathbb{R}, \quad f(x) = \log_a(x - 1).$

In generale, se in $f(x)$ sono coinvolti dei logaritmi, per esempio

$f(x) = \log_a(g(x)),$

allora il dominio di $f$ è l’insieme

$\mathrm{Dom}(f) = \{ x \in \mathrm{Dom}(g) : g(x) > 0 \}.$

I tre esempi riportati qui sopra, sebbene non esauriscano tutti i casi possibili (basti pensare alle funzioni trigonometriche e alle loro inverse), rappresentano una buona base sulla quale esercitarsi nella determinazione del dominio naturale di una funzione reale di variabile reale. Nella pratica, bisogna combinare in modo opportuno quanto riportato negli esempi precedenti.

Richiami sui limiti.

Definizione 1.7. Sia $X \subseteq \mathbb{R}$ , con $f: X \to \mathbb{R}$ e $x_0 \in \mathbb{R}$ un punto di accumulazione destro (o sinistro) per $X$ . Si definisce $\ell \in \mathbb{R}\cup\{-\infty,+\infty\}$ come limite destro (sinistro) di $f(x)$ per $x$ che tende a $x_0$ , e si esprime con la notazione

$\lim_{x \to x_0^+} f(x) = \ell \quad \left( \lim_{x \to x_0^-} f(x) = \ell \right),$

se la funzione $f$ , ristretta a $X \cap (x_0, +\infty)$ $\left(X \cap (-\infty, x_0)\right)$ , tende a $\ell$ quando $x \to x_0$ :

(1) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0^+} f \vert_{X \cap (x_0, +\infty)} = \ell \quad \left( \lim_{x \to x_0^-} f \vert_{X \cap (-\infty, x_0)} = \ell \right). \end{equation*}$

$\quad$

Proposizione 1.8. Sia $x_0$ un punto di accumulazione sinistro e destro per $A$ e sia $\ell \in \mathbb{R}$ . Le seguenti affermazioni sono equivalenti:

$\quad$

$\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x) = \ell;$

$\displaystyle \lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = \ell.$

$\quad$

Si consideri, ad esempio, la seguente definizione di limite:

$\forall \varepsilon > 0 \, \exists \delta > 0 \text{ tale che per ogni } x \in (x_0 - \delta, x_0) \cup (x_0, x_0 + \delta) \text{ si ha } |f(x) - \ell| \leq \varepsilon$

che è equivalente all’unione di queste due definizioni

$\quad$

$\forall \varepsilon > 0 \, \exists \delta > 0 \text{ tale che per ogni } x \in (x_0 - \delta, x_0) \text{ si ha } |f(x) - \ell| \leq \varepsilon$ ,

$\forall \varepsilon > 0 \, \exists \delta > 0 \text{ tale che per ogni } x \in (x_0, x_0 + \delta) \text{ si ha } |f(x) - \ell| \leq \varepsilon$ .

Richiami sulle funzioni continue.

Definizione 1.9 (funzione continua in un punto). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ . Una funzione $f : A \to \mathbb{R}$ si dice continua in $x_0 \in A$ se $x_0$ è un punto isolato di $A$ oppure se

$\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0).$

$\quad$

Definizione 1.10 (funzione continua). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ . Una funzione $f : A \to \mathbb{R}$ si dice continua in $E \subseteq A$ se è continua in ogni punto di $E$ . La funzione $f$ si dice continua se è continua in tutto il suo dominio $A$ , e in tal caso si scrive

$f \in C^0(A) \quad \text{oppure} \quad f \in \mathcal{C}(A).$

I simboli $C^0(A)$ e $\mathcal{C}(A)$ denotano l’insieme delle funzioni continue in $A$ .

$\quad$

Definizione 1.11 (discontinuità). Sia $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in A$ . La funzione $f$ si dice discontinua in $x_0$ se non è continua in $x_0$ .

$\quad$

Teorema 1.12. (teorema dei valori intermedi). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f : I \to \mathbb{R}$ una funzione continua. Siano

$m = \inf_I f, \quad M = \sup_I f$

l’estremo inferiore e l’estremo superiore dei valori assunti da $f$ in $I$ , rispettivamente. Allora per ogni $c \in (m, M)$ esiste $x_0 \in I$ tale che $f(x_0) = c.$ In altri termini, la funzione assume tutti i valori compresi tra $m$ e $M$ .

$\quad$

(Somma) Siano $f, g : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ due funzioni continue in $A$ . Consideriamo la funzione
$z : A \to \mathbb{R}, \quad z(x) = f(x) + g(x).$

Allora, $z$ è continua in $A$ e si ha

$\lim_{x \to x_0} z(x) = \lim_{x \to x_0} f(x) + \lim_{x \to x_0} g(x) \quad \forall x_0 \in A.$

(Prodotto per una costante) Sia $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione continua in $A$ e $\alpha \in \mathbb{R}$ . Consideriamo la funzione
$z : A \to \mathbb{R}, \quad z(x) = \alpha f(x).$

Allora, $z$ è continua in $A$ e si ha

$\lim_{x \to x_0} z(x) = \alpha \lim_{x \to x_0} f(x) \quad \forall x_0 \in A.$

$\quad$

Teorema 1.13. (continuità delle funzioni elementari). Le seguenti funzioni sono continue nel loro dominio massimale:

$\quad$

Funzione costante
$f: \mathbb{R} \to\mathbb{R}, \, f(x) = c, \quad c \in \mathbb{R}$

Funzione identità
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = x$

Funzione polinomiale
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0, \quad a_i \in \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}$

Funzione razionale
$f: \mathbb{R} \setminus \{ x \in \mathbb{R} \, | \, Q(x) = 0 \} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}, \quad P(x), Q(x) \text{ sono polinomi}$

Funzione radice (radicale)
$\quad$
- Per $n$ pari:
  $f: [0, +\infty) \to [0, +\infty), \, f(x) = \sqrt[n]{x}$
- Per $n$ dispari:
  $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \sqrt[n]{x}$

Funzione esponenziale
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^+, \, f(x) = a^x, \quad a > 0$

Funzione logaritmica
$f: (0, +\infty) \to \mathbb{R}, \, f(x) = \log_a(x), \quad a > 0, a \neq 1$

Funzione seno
$f: \mathbb{R} \to [-1, 1], \, f(x) = \sin(x)$

Funzione coseno
$f: \mathbb{R} \to [-1, 1], \, f(x) = \cos(x)$

Funzione tangente
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \tan(x)$

$\quad$

Teorema 1.14. (continuità delle funzioni elementari). Le seguenti funzioni sono continue nel loro dominio massimale:

$\quad$

Funzione cotangente
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \cot(x)$

Funzione secante
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \sec(x)$

Funzione cosecante
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \csc(x)$

Funzione arcoseno
$f: [-1, 1] \to \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right], \, f(x) = \arcsin(x)$

Funzione arcocoseno
$f: [-1, 1] \to [0, \pi], \, f(x) = \arccos(x)$

Funzione arcotangente
$f: \mathbb{R} \to \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right), \, f(x) = \arctan(x)$

Funzione valore assoluto
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^+, \, f(x) = |x| = \begin{cases} x, & \text{se} \,\, x \geq 0 \\ -x, & \text{se} \,\, x < 0 \end{cases}$

$\quad$

Per la dimostrazioni e approfondimenti dei seguenti fatti clicca su teoria sulle funzioni continue.

Richiami sulla teoria delle derivate.

Definizione 1.15. Siano $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , $x_0 \in A$ . Si definisce rapporto incrementale di $f$ in $x_0$ la funzione

$r_{f,x_0} : A \setminus \{ x_0 \} \to \mathbb{R} \text{ data da }$

$r_{f,x_0}(x) = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}.$

$\quad$

Definizione 1.16 (definizione di derivata). Siano $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ e $x_0 \in A$ un punto di accumulazione per $A$ . Si dice che $f$ è derivabile in $x_0$ se esiste finito il limite del rapporto incrementale:

$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} r_{f,x_0}(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}.$

Se $f$ è derivabile in $x_0$ , allora il valore $f'(x_0)$ viene detto derivata di $f$ in $x_0$ .

$\quad$

Teorema 1.17. Siano $A \subset \mathbb{R}$ , $f: A \to \mathbb{R}$ e $x_0 \in A$ un punto di accumulazione sia da destra che da sinistra. Supponiamo che $f$ sia continua in un intorno $I$ di $x_0$ e derivabile in $I \setminus \{ x_0 \}$ . Se esiste il limite:

$L = \lim_{x \to x_0^+} f'(x),$

allora si verificano le seguenti possibilità:

$\quad$

Caso 1: Se $L = \pm \infty$ , allora $f$ non è derivabile in $x_0$ da destra e, di conseguenza, non è derivabile in $x_0$ .

Caso 2: Se $L \in \mathbb{R}$ , allora $L = f'_+(x_0)$ , dove $f'_+(x_0)$ rappresenta la derivata destra di $f$ in $x_0$ .

La derivata destra di una funzione $f$ in un punto $x_0$ è definita come il limite del rapporto incrementale calcolato quando $x$ tende a $x_0$ da destra e si scrive:

$f'_+(x_0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}.$

Un discorso analogo vale per il limite da sinistra, che definisce la derivata sinistra.

Sotto le stesse ipotesi su $f$ e su $x_0$ descritte sopra, supponiamo ora che esistano finiti entrambi i limiti:

$L_1 = \lim_{x \to x_0^+} f'(x) \quad \text{e} \quad L_2 = \lim_{x \to x_0^-} f'(x).$

Allora:

$\quad$

Se $L_1 = L_2$ , la funzione $f$ è derivabile in $x_0$ e la derivata vale $f'(x_0) = L_1 = L_2$ .

Se $L_1 \neq L_2$ , $f$ non è derivabile in $x_0$ .

$\quad$

Definizione 1.18. Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ e sia $f : A \to \mathbb{R}$ una funzione. Diciamo che $f$ è derivabile in $A$ se è derivabile in $x$ per ogni $x \in A$ . In questo caso viene ad essere definita una nuova funzione, la funzione derivata prima

$f': A \to \mathbb{R},$

che assegna ad ogni punto $x \in A$ la derivata $f'(x)$ della funzione $f$ in tale punto.

$\quad$

Teorema 1.19 (proprietà di linearità).

$\quad$

(Somma) Siano $f, g : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $A$ . Consideriamo la funzione
$z : A \to \mathbb{R}, \quad z(x) = f(x) + g(x).$

Allora, $z$ è derivabile in $A$ e si ha

$z'(x) = f'(x) + g'(x) \quad \forall x \in A.$

(Prodotto per una costante) Sia $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione derivabile in $A$ e $\alpha \in \mathbb{R}$ . Consideriamo la funzione
$z : A \subseteq \mathbb{R}, \quad z(x) = \alpha f(x).$

Allora, $z$ è derivabile in $A$ e si ha

$z'(x) = \alpha f'(x) \quad \forall x \in A.$

$\quad$

Teorema 1.20. (regola di Leibniz). Siano $f, g : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $A$ . Consideriamo la funzione

$z : A \to \mathbb{R}, \quad z(x) = f(x) g(x).$

Allora, $z$ è derivabile in $A$ e si ha

$z'(x) = f'(x) g(x) + f(x) g'(x) \quad \forall x \in A.$

$\quad$

Teorema 1.21. (derivabilità delle funzioni elementari). Le seguenti funzioni sono derivabili negli insiemi indicati:

$\quad$

Funzione costante
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = c, \quad c \in \mathbb{R}$

Funzione identità
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = x$

Funzione polinomiale
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0, \quad a_i \in \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}$

Funzione razionale
$f: \mathbb{R} \setminus \{ x \in \mathbb{R} \, | \, Q(x) = 0 \} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}, \quad P(x), Q(x) \text{ sono polinomi}$

Funzione radice (radicale)
$\quad$
- Per $n$ pari:
  $f: (0, +\infty) \to [0, +\infty), \, f(x) = \sqrt[n]{x}$
- Per $n$ dispari:
  $f: (0, +\infty) \to \mathbb{R}, \, f(x) = \sqrt[n]{x}$

Funzione esponenziale
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^+, \, f(x) = a^x, \quad a > 0,a\neq 1.$

Funzione logaritmica
$f: (0, +\infty) \to \mathbb{R}, \, f(x) = \log_a(x), \quad a > 0, a \neq 1$

Funzione seno
$f: \mathbb{R} \to [-1, 1], \, f(x) = \sin(x)$

Funzione coseno
$f: \mathbb{R} \to [-1, 1], \, f(x) = \cos(x)$

Funzione tangente
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \tan(x)$

$\quad$

Teorema 1.22. (derivabilità delle funzioni elementari). Le seguenti funzioni sono derivabili negli insiemi indicati:

$\quad$

Funzione cotangente
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \cot(x)$

Funzione secante
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \sec(x)$

Funzione cosecante
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \csc(x)$

Funzione arcoseno
$f: (-1, 1) \to \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right], \, f(x) = \arcsin(x)$

Funzione arcocoseno
$f: (-1, 1) \to [0, \pi], \, f(x) = \arccos(x)$

Funzione arcotangente
$f: \mathbb{R} \to \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right), \, f(x) = \arctan(x)$

Funzione valore assoluto
$f: \mathbb{R}\setminus\{0\} \to \mathbb{R}^+, \, f(x) = |x| = \begin{cases} x, & \text{se} \, x>0 \\ -x, & \text{se} \, x < 0 \end{cases}$

$\quad$

Per la dimostrazione e approfondimenti dei precedenti fatti clicca su teoria sulle derivate.

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = 2x^2+x+1$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-2,3\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = \mathbb{R}$ , poiché $f$ è una funzione polinomiale. Di conseguenza, $f$ è ben definita sull’intervallo $A$ . Poiché $f$ è una funzione polinomiale, essa risulta definita e continua sull’intervallo $A = [-2, 3]$ , e derivabile su $(-2, 3)$ . Pertanto, le ipotesi del teorema 1.1 sono pienamente soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è

$f^\prime (x)=2x\quad \forall x \in (-2,3).$

Procediamo ora a determinare il punto $c \in (-2, 3)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ , come enunciato dal teorema di Lagrange:

$f^\prime(c) = \dfrac{f(3) - f(-2)}{3 + 2} \quad\iff\quad 4c + 1 = \dfrac{22 - 7}{5} \quad\iff\quad 4c = 2 \quad\iff\quad c = \dfrac{1}{2} \in (-2, 3).$

Da quanto precede, possiamo concludere che il punto $c$ è:

$\boxcolorato{analisi}{c = \dfrac{1}{2}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \vert x^2 - 1 \vert$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[2,3\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = \mathbb{R}$ , poiché $f$ è una funzione polinomiale in modulo. Di conseguenza, $f$ è ben definita sull’intervallo $A$ . La funzione $f$ si può riscrivere come

$f(x) = \left \vert x^2 - 1 \right \vert = x^2 - 1, \quad \forall x \in A,$

che è continua sull’intervallo chiuso $A = [2, 3]$ e derivabile sull’intervallo aperto $(2, 3)$ . Di conseguenza, le ipotesi del teorema 1.1 sono soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è

$f^\prime (x)=2x\quad \forall x \in (1,2).$

Procediamo ora a determinare il punto $c \in (2, 3)$ tale che

$f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a},$

come stabilito dal teorema di Lagrange.

Sapendo che $c \in (2, 3)$ , possiamo affermare che $\left \vert c^2 - 1 \right \vert = c^2 - 1$ , e dunque:

$f^\prime(c) = \dfrac{f(3) - f(2)}{3 - 2} \quad \iff \quad 2c = 8 - 3 \quad \iff \quad 2c = 5 \quad \iff \quad c = \dfrac{5}{2} \in (2, 3).$

Pertanto, possiamo concludere che il punto $c$ garantito dal teorema di Lagrange è:

$\boxcolorato{analisi}{c = \dfrac{5}{2}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \ln x - x$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[1,e\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = (0,+\infty)$ , poiché la funzione logaritmo è definita solo per valori positivi di $x$ . Di conseguenza, $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione $f$ è la somma di funzioni elementari, quindi è continua su $A$ e derivabile su $(1, e)$ . Pertanto, le ipotesi del teorema 1.1 risultano soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è data da:

$f^\prime(x) = \dfrac{1}{x} - 1 \quad \forall x \in (1,e).$

Cerchiamo dunque $c \in (1, e)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ :

$\begin{aligned} f^\prime(c) = \dfrac{f(e) - f(1)}{e - 1} & \quad \iff \quad \dfrac{1}{c} - 1 = \dfrac{2 - e}{e - 1} \quad \iff \quad (1 - c)(e - 1) = (2 - e)c. \end{aligned}$

Da cui si ricava:

$c = e - 1 \in (1, e).$

Pertanto, possiamo concludere che:

$\boxcolorato{analisi}{c = e - 1.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \vert -x + 2 \vert$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione.Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[1,3\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo innanzitutto che $D = \mathbb{R}$ , in quanto la funzione $f$ è definita su tutto il dominio dei numeri reali. Di conseguenza, $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ .

La funzione $f$ risulta continua su $A$ , in quanto è la composizione di funzioni continue. Inoltre, $f$ è derivabile in $(1, 2)$ e $(2, 3)$ , poiché è composizione di funzioni derivabili in questi intervalli.

L’unico punto in cui $f$ potrebbe non essere derivabile è $x = 2$ . Procediamo quindi a verificare la derivabilità di $f$ in $x = 2$ , utilizzando la definizione del rapporto incrementale. Abbiamo:

(2) $\begin{equation*} \lim_{h \to 0} \dfrac{\left \vert h + 2 - 2 \right \vert}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{\left \vert h \right \vert}{h} \end{equation*}$

che si spezza in

$\lim_{h \to 0^+} \dfrac{h}{h} = 1$

$\lim_{h \to 0^-} \dfrac{-h}{h} = -1.$

Dato che il limite sinistro e destro sono diversi, per il corollario 1.8, il limite (2) non esiste. Di conseguenza, possiamo concludere che $f$ non è derivabile in $x = 2$ .

Possiamo dunque affermare che le ipotesi del teorema 1.1 non sono soddisfatte, in quanto la funzione non è derivabile su tutto l’intervallo.

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = e^{3x}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[0,1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = \mathbb{R}$ , pertanto la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione $f$ è continua su $A$ in quanto composizione di funzioni continue, ed è derivabile su $(0, 1)$ poiché è composizione di funzioni derivabili. Pertanto, le ipotesi del teorema 1.1 sono soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è:

$f^\prime(x) = 3e^{3x}, \quad \forall x \in (0, 1).$

Cerchiamo ora $c \in (0, 1)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ :

$f^\prime(c) = \dfrac{f(1) - f(0)}{1 - 0} \quad \iff \quad 3e^{3c} = e^3 - 1 \quad \iff \quad c = \dfrac{1}{3} \ln\left( \dfrac{e^3 - 1}{3} \right) \in (0, 1).$

Da ciò concludiamo che il punto cercato è:

$\boxcolorato{analisi}{c = \dfrac{1}{3} \ln\left( \dfrac{e^3 - 1}{3} \right).}$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = -2\cos(x) - x$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[\pi,2\pi\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo innanzitutto che $D = \mathbb{R}$ , quindi la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione $f$ è continua su $A$ , in quanto composizione di funzioni continue, e derivabile su $(\pi, 2\pi)$ , poiché è composizione di due funzioni derivabili. Pertanto, le ipotesi del teorema ?? risultano soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è:

$f^\prime(x) = 2\sin(x) - 1 \quad \forall x \in (\pi, 2\pi).$

Cerchiamo dunque $c \in (\pi, 2\pi)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ :

$\begin{aligned} f^\prime(c) = \dfrac{f(2\pi) - f(\pi)}{2\pi - \pi} &\iff \quad 2\sin(c) - 1 = \dfrac{-2 - 2\pi - (2 - \pi)}{\pi} \\ & \iff \quad \sin(c) = -\dfrac{2}{\pi} \\ & \iff \quad c_1 = \pi + \arcsin\left(\dfrac{2}{\pi}\right) \quad \vee \quad c_2 = 2\pi - \arcsin\left(\dfrac{2}{\pi}\right). \end{aligned}$

Entrambi i punti ottenuti appartengono all’intervallo $(\pi, 2\pi)$ . Pertanto, possiamo concludere che

$\boxcolorato{analisi}{c_1 = \pi + \arcsin\left(\dfrac{2}{\pi}\right) \quad \vee \quad c_2 = 2\pi - \arcsin\left(\dfrac{2}{\pi}\right).}$

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = 2\sqrt{x} - x$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[0,1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Si osserva innanzitutto che il dominio della funzione è $D = [0,+\infty)$ . Pertanto, $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione $f$ risulta continua su $A$ , poiché è espressa come somma di funzioni elementari continue. In particolare, $f$ è la somma delle funzioni $\sqrt{x}$ e $-x$ . Benché la funzione $\sqrt{x}$ non sia derivabile in $x = 0$ , ciò non influisce sull’analisi, poiché la derivabilità è richiesta esclusivamente nell’intervallo aperto $(0,1)$ .

Poiché entrambe le funzioni componenti sono derivabili su $(0,1)$ , possiamo concludere che $f$ è derivabile su $(0,1)$ , essendo somma di funzioni derivabili. Pertanto, le ipotesi del teorema ?? risultano soddisfatte.

La derivata prima di $f$ è data da:

$f^\prime(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}} - 1\quad \forall x \in (0,1).$

Procediamo ora a determinare il punto $c \in (0,1)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ :

$\begin{aligned} f^\prime(c) = \dfrac{f(1) - f(0)}{1 - 0} &\iff \dfrac{1}{\sqrt{c}} - 1 = 1 \\ & \iff \sqrt{c} = \dfrac{1}{2} \\ & \iff \quad c = \dfrac{1}{4}\in (0,1). \end{aligned}$

Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{c = \dfrac{1}{4}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$\,f(x) = \begin{cases} e^{-x}+2 \qquad &\text{per}\,\,x>0\\ x^3 - x + 3 \qquad & \text{per}\,\,x \le 0, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-1,1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo innanzitutto che $D = \mathbb{R}$ , pertanto la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . L’unico punto potenzialmente problematico per la continuità di $f$ in $A$ è $x = 0$ . Tuttavia, per $x \in (0,1]$ , la funzione è definita come la somma di una funzione esponenziale, continua per $x > 0$ , e una costante, risultando quindi continua in $\left[0,1\right)$ . Analogamente, per $x \in [-1,0)$ , la funzione è definita da un polinomio, che è chiaramente continuo.

Calcoliamo ora i limiti destro e sinistro in $x = 0$ :

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-}\left( x^3 - x + 3 \right) = 3,\\ & \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(e^{-x} + 2\right) = 3. \end{aligned}$

Per la proposizione 1.8, abbiamo:

$\lim_{x\to0} f(x) = f(0) = 3.$

Pertanto, $f$ è continua in $x = 0$ , e possiamo concludere che $f$ è continua su tutto il compatto $A$ .\ Per quanto riguarda la derivabilità, $f$ risulta derivabile su $(-1,0) \cup (0,1)$ . Infatti, in $(-1,0)$ la funzione $f$ è definita da un polinomio, che è derivabile in tale intervallo, mentre in $(0,1)$ $f$ è la somma di una funzione esponenziale e una costante, anch’essa derivabile su tale intervallo. Rimane da verificare la derivabilità in $x = 0$ .

Calcoliamo la derivata prima di $f$ per $x\neq 0$ :

$f^\prime(x) = \begin{cases} -e^{-x} &\text{se}\quad x > 0,\\ 3x^2 - 1 &\text{se}\quad x < 0. \end{cases}$

Per verificare la derivabilità in $x = 0$ , calcoliamo i limiti delle derivate destra e sinistra:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^-} f^\prime(x) = \lim_{x \to 0^-} \left(3x^2 - 1\right) = -1,\\ & \lim_{x \to 0^+} f^\prime(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(-e^{-x}\right) = -1. \end{aligned}$

Poiché i limiti delle derivate sono uguali, per il teorema 1.17, la funzione $f$ è derivabile in $x = 0$ , e dunque $f$ è derivabile su $(-1,1)$ .

Le ipotesi del teorema di Lagrange 1.1 risultano quindi soddisfatte.

Cerchiamo ora $c \in (-1,1)$ tale che $f^\prime(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$ .

Dunque, abbiamo:

$f^\prime(c)=\dfrac{f(1)-f(-1)}{1+1},$

cioè

$f^\prime(c)=\dfrac{e^{-1}+2-(-1+1+3)}{2}=\dfrac{e^{-1}-1}{2},$

che equivale ad

$-e^{-c}=\dfrac{e^{-1}-1}{2},$

$3c^2-1=\dfrac{e^{-1}-1}{2}.$

$\quad$

Risolviamo la prima equazione. Per prima cosa, isoliamo il termine $e^{-c}$ moltiplicando entrambi i membri per $-1$ :

$e^{-c} = -\frac{e^{-1} - 1}{2}.$

Ricordando che $e^{-1} = \frac{1}{e}$ , possiamo riscrivere il membro di destra come segue:

$e^{-c} = \frac{-1 + e}{2e}.$

A questo punto, per isolare $c$ , applichiamo il logaritmo naturale a entrambi i membri dell’equazione:

$-c = \ln\left(\frac{-1 + e}{2e}\right).$

Da cui, moltiplicando entrambi i membri per $-1$ , otteniamo:

$c = -\ln\left(\frac{-1 + e}{2e}\right)>1,$

quindi non è accettabile.

Risolviamo la seconda equazione. Per isolare $3c^2$ , sommiamo $1$ a entrambi i membri:
$3c^2 = \frac{e^{-1} - 1}{2} + 1.$

da cui

$c^2 = \frac{1 + e}{6e},$

cioè

$c = \pm \sqrt{\dfrac{1 + e}{6e}},$

dei quali valori è accettabile solo quello negativo.

Tra i punti precedentemente individuati, l’unico che soddisfa la tesi del teorema di Lagrange è:

$\boxcolorato{analisi}{c = - \sqrt{\dfrac{1 + e}{6e}}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = 5^x$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[0,1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione $f$ è continua in $A$ e derivabile in $(0,1)$ , essendo una funzione elementare. Pertanto, sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Lagrange.

La derivata prima di $f$ è

$f^\prime(x)= 5^x \, \ln 5 \quad \forall x\in (0,1),$

che è continua in $\mathbb{R}$ , e poiché $(0,1) \subset \mathbb{R}$ , ne consegue che $f$ è derivabile in $(0,1)$ .

Dunque, cerchiamo $c \in (0,1)$ tale che $f^\prime(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ :

$5^{c} \, \ln 5= \dfrac{f(1)-f(0)}{1} \quad\iff \quad 5^{c}= \dfrac{5-1}{\ln 5} \quad\iff \quad c = \log_5\left(\dfrac{4}{\ln 5}\right)\in(0,1).$

Da ciò concludiamo che il punto che soddisfa il teorema di Lagrange è

$\boxcolorato{analisi}{c= \log_5\left( \dfrac{4}{\ln 5}\right).}$

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \dfrac{2x-1}{x+1}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-2,2\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che il dominio della funzione è $D = \mathbb{R} \setminus \{-1\}$ . Pertanto, la funzione $f$ non è ben definita sull’intervallo $A \subseteq [-2, 2]$ , poiché contiene il punto $x = -1$ . Di conseguenza, non ha senso considerare l’applicazione del teorema di Lagrange 1.1 in questo contesto.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \left \vert x+1\right \vert$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-2,0\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione

$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \qquad f(x) = \left| x + 1 \right|$

è continua su tutto $\mathbb{R}$ , in quanto composizione da funzioni continue, e poiché $[-2, 0] \subseteq \mathbb{R}$ , risulta continua anche su $A$ .

Riscriviamo ora $f$ nel seguente modo:

$f(x) = \begin{cases} x + 1 & \text{se}\ x \geq -1, \\\\ -(x + 1) & \text{se}\ x < -1. \end{cases}$

Da tale definizione si deduce che la funzione, essendo espressa come due funzioni polinomiali in $(-1,+\infty)$ e $(-\infty,-1)$ , risulta derivabile in tali intervalli. L’unico punto in cui la derivabilità potrebbe non essere garantita è $x = -1$ .

Calcoliamo la derivata di $f$ :

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

A questo punto, verifichiamo il comportamento della derivata nei pressi di $x = -1$ :

$\lim_{x \to -1^+} f'(x) = f'_+(-1) = 1,$

$\lim_{x \to -1^-} f'(x) = f'_{-}(-1) = -1.$

Dal momento che $f'_+(-1) \neq f'_{-}(-1)$ , per il teorema 1.17, la funzione $f$ non è derivabile in $x = -1$ .

Poiché $x = -1$ appartiene all’intervallo $(-2, 0)$ , non è possibile applicare il teorema di Lagrange alla funzione $f$ nell’intervallo $A$ .

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}, \,f(x) = \left \vert x+2\right \vert + x$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-3,-1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Consideriamo innanzitutto il dominio della funzione, $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subseteq D$ .

Poiché $f$ è la somma di una funzione elementare e di una funzione che risulta essere la composizione di funzioni continue, possiamo affermare che $f$ è continua su tutto $\mathbb{R}$ . In particolare, dato che $A = [-3, -1] \subseteq \mathbb{R}$ , la funzione $f$ è continua sull’intervallo $A$ .

Procediamo ora a riscrivere la funzione $f$ nel modo seguente:

$f(x) = \begin{cases} 2x + 2 & \text{se} \,\, x \geq -2, \\\\ -2 & \text{se} \,\, x < -2. \end{cases}$

Notiamo che, per $x > -2$ , la funzione è definita come un polinomio lineare, mentre per $x < -2$ , assume un valore costante. Di conseguenza, $f$ è derivabile su entrambi gli intervalli $x > -2$ e $x < -2$ . L’unico punto in cui la derivabilità potrebbe non essere garantita è $x = -2$ .

Calcoliamo quindi la derivata di $f$ nei due intervalli distinti:

$f'(x) = \begin{cases} 2 & \text{se} \, x > -2, \\ 0 & \text{se} \, x < -2. \end{cases}$

Ora analizziamo la derivabilità della funzione $f$ nel punto $x = -2$ . Si ha:

$\lim_{x \to -2^+} f'(x) = f'_+(-2) = 2 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to -2^-} f'(x) = f'_{-}(-2) = 0.$

Poiché $f'_+(-2) \neq f'_{-}-(-2)$ , concludiamo che la funzione $f$ non è derivabile in $x = -2$ per il teorema 1.17. Di conseguenza, non è possibile applicare il teorema di Lagrange 1.1 alla funzione $f$ all’intervallo $A$ , poiché non soddisfa le condizioni di derivabilità.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$\,f(x) = \begin{cases} e^{x} \quad &\text{per}\,\,x > 0\\ 2 &\text{per}\,\,x = 0\\ \dfrac{\sin x}{x} &\text{per}\,\,x < 0, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-4,0\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Consideriamo innanzitutto il dominio della funzione, $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . La funzione in questione è data da:

$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \begin{cases} e^x, & \text{se} \, x > 0, \\ 2, & \text{se} \, x = 0, \\ \dfrac{\sin x}{x}, & \text{se} \, x < 0. \end{cases}$

L’unico punto potenzialmente problematico per la continuità è $x = 0$ , poiché per $x > 0$ la funzione è definita come una funzione elementare continua, per $x = 0$ assume un valore costante, e per $x < 0$ è espressa come il rapporto di due funzioni continue. Pertanto, è necessario calcolare i limiti per verificare la continuità in $x = 0$ .

Calcoliamo i limiti destro e sinistro di $f$ in 0:

$\lim_{x \to 0^+} e^x = 1 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1.$

Tuttavia, poiché $f(0) = 2$ , abbiamo che:

$\lim_{x \to 0^+} e^x = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1 \neq f(0) = 2.$

Da ciò deduciamo che la funzione $f$ non è continua in $x = 0$ . Poiché il punto $x = 0$ appartiene all’intervallo $A$ , non è possibile applicare il teorema di Lagrange 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$\,f(x) = \begin{cases} \dfrac{1 - \cos x}{x^2}, \quad &\text{per}\,\,x > 0\\\\ \dfrac{1}{2}, \quad &\text{per}\,\,x = 0,\\\\ \left(- x\right)^x \quad &\text{per}\,\,x <0 \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[-2,1\right]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Consideriamo il dominio della funzione, $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ .

L’unico punto potenzialmente problematico per la continuità della funzione $f$ è $x = 0$ , poiché per $x > 0$ è definita come il rapporto di due funzioni continue, per $x = 0$ è una costante, mentre per $x < 0$ è nuovamente espressa come la composizione di due funzioni continue. Pertanto, è necessario studiare la continuità della funzione nel punto $x = 0$ .

Calcoliamo il limite sinistro e destro di $f$ in $x=0$ :

$\lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^-} (-x)^x = 0^0.$

Il secondo limite è una forma indeterminata. Per calcolarlo operiamo la sostituzione $x=-1/t$ Abbiamo dunque:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^-} (-x)^x &= \lim_{t \to +\infty} \left( \dfrac{1}{t} \right)^{-\frac{1}{t}} = \\ &=\lim_{t \to +\infty} \exp\left( -\dfrac{1}{t} \ln\left( \dfrac{1}{t} \right)\right)= \\ &= \lim_{t \to +\infty} \exp\left( \dfrac{\ln t}{t} \right) = e^{0} = 1, \end{aligned}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $t$ è un infinito di ordine maggiore rispetto a $\ln t$ per $t\to+\infty$ . Poiché i due limiti non coincidono, per la proposizione 1.8, il limite per $x \to 0$ di $f$ non esiste. Di conseguenza, possiamo concludere che $f$ non è continua in $x = 0$ . Poiché il punto $x = 0$ appartiene all’intervallo $A$ , non è possibile applicare il teorema di Lagrange 1.1, alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Osservazione 3.1.

Si osservi che per calcolare il dominio della funzione $(-x)^x$ , si è posto $-x>0$ , da cui $x<0$ .

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x - x}{x^3}, & \text{per} \, x > 0, \\\\ \dfrac{1}{24}, & \text{per} \, x = 0, \\\\ \dfrac{\cos(2x) - 1 + 2x^2}{4x^4}, & \text{per} \, x < 0. \end{cases}$

Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A = [-2,3]$ . In caso affermativo calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Sia $D = \mathbb{R}$ il dominio della funzione $f$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita su un intervallo $A \subset D$ .

La funzione $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ presenta un unico punto problematico per la continuità, ossia $x = 0$ . Infatti, per $x > 0$ , $f$ è data dal rapporto di due funzioni continue, mentre per $x = 0$ , essa assume un valore costante. Analogamente, per $x < 0$ , la funzione è espressa nuovamente come il rapporto di due funzioni continue. Pertanto, è necessario studiare la continuità in $x = 0$ , utilizzando gli sviluppi di Taylor della funzione seno.

Per $x \to 0^+$ , otteniamo:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x - x}{x^3} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x - \dfrac{x^3}{6} - x + o(x^3)}{x^3} = -\frac{1}{6}.$

Il limite per $x \to 0^-$ non è necessario calcolarlo, poiché si osserva immediatamente che:

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\dfrac{1}{6} \neq f(0) = \frac{1}{24}.$

Di conseguenza, la funzione $f$ non è continua in $x = 0$ , il che implica l’impossibilità di applicare il teorema di Lagrange 1.1 alla funzione $f$ nell’intervallo $A$ .

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$f(x) = \begin{cases} x^2 + ax + 2, \quad &\text{per}\,\,x < 1,\\\\ -2x^2 + 3x + b, \quad &\text{per}\,\,x \geq 1, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a,\,b\in \mathbb{R}$ .
Determinare i valori di $a$ e $b$ in modo che siano soddisfatte le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[0,2\right]$ .

Svolgimento.

Consideriamo $D = \mathbb{R}$ . Di conseguenza, la funzione $f$ è ben definita sull’intervallo $A \subset D$ .

Osserviamo che l’unico punto potenzialmente problematico per la continuità di $f$ in $D$ è $x = 1$ , poiché $f$ è di tipo polinomiale sia in $[0, 1)$ che in $(1, 2]$ , essa risulta certamente continua per ogni valore di $a$ e di $b$ .

A questo punto, desideriamo determinare i valori di $a$ e $b$ affinché $f$ sia continua in $x = 1$ . Calcoliamo i limiti destro e sinistro di $f$ in $x=0$ :

$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x^2 + ax + 2) = a + 3,$

$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (-2x^2 + 3x + b) = 1 + b.$

Affinché il limite esista e la funzione sia continua in $x = 1$ , per la proposizione 1.8, dobbiamo imporre:

$\boxed{ b = a + 2=f(1).}$

Poiché $f$ è definita come una funzione polinomiale sia per $x > 1$ sia per $x < 1$ , risulta derivabile in tali intervalli per ogni valore di $a$ e $b$ . L’unico punto in cui la funzione potrebbe non essere derivabile è $x = 1$ . Esaminiamo dunque la derivabilità in $x = 1$ .

La derivata prima di $f$ è data da:

$f'(x) = \begin{cases} 2x + a, & \quad x < 1, \\ -4x + 3, & \quad x > 1. \end{cases}$

Studiamo ora la derivabilità in $x = 1$ , applicando il teorema 1.17. Calcoliamo:

$\lim_{x \to 1^+} f'(x) = 2 + a \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 1^-} f'(x) = -1.$

Affinché la funzione sia derivabile in $x = 1$ , deve valere:

$\lim_{x \to 1^+} f'(x) = \lim_{x \to 1^-} f'(x),$

il che implica

$2 + a = -1 \quad \iff \quad a = -3.$

Avendo trovato $a = -3$ , possiamo determinare $b$ dal risultato precedente:

$b = -1.$

Pertanto, concludiamo che i valori di $a$ e $b$ per i quali il teorema di Lagrange 1.1 è applicabile ad $f$ in $A$ sono:

$\boxcolorato{analisi}{a=-3 \qquad b=-1.}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$f(x) = \begin{cases} a \ln x + b, \quad &\text{per}\,\,0<x < 1,\\\\ 2x + 3, \quad &\text{per}\,\,x \geq 1, \end{cases}$

Svolgimento.

Consideriamo che il dominio della funzione è $D = (0, +\infty)$ , dunque $f$ risulta ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . L’unico punto in cui potrebbe presentarsi una discontinuità è $x = 1$ . Nell’intervallo $\left[\dfrac{1}{2}, 1\right)$ la funzione è espressa come somma di una funzione logaritmica e di una costante. Pertanto, la funzione è continua in $\left[\dfrac{1}{2}, 1\right)$ . Nell’intervallo $\left[1, 4\right]$ , invece, la funzione è una polinomiale, la quale risulta continua in tale intervallo. Ne consegue che, su questi due intervalli, $f$ è continua per qualsiasi valore di $a$ e $b$ .

Per assicurare la continuità di $f$ in $x = 1$ , dobbiamo determinare i valori di $a$ e $b$ in modo che i limiti sinistro e destro coincidano. Pertanto, calcoliamo i limiti:

$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \left( a \ln x + b \right) = b$

$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \left( 2x + 3 \right) = 5$

Affinché i due limiti siano coincidenti, per la proposizione 1.8, troviamo $b = 5$ . Pertanto, concludiamo che la funzione $f$ è continua in $x=1$ se:

$\boxed{b = 5=f(1).}$

Ora verifichiamo la derivabilità della funzione. Poiché $f$ è definita per $x \in \left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$ come somma di una funzione logaritmica e una costante, è derivabile in questo intervallo. Analogamente, essendo definita da un polinomio di primo grado su $(1, 4)$ , risulta derivabile anche su questo intervallo.

Calcoliamo la derivata di $f$ :

$f^\prime(x) = \begin{cases} \dfrac{a}{x} \quad \text{se} \, x \in \left(\dfrac{1}{2}, 1 \right) \\\\ 2 \quad \text{se} \, x \in \left( 1 , 4\right) . \end{cases}$

Per verificare la derivabilità in $x = 1$ , applichiamo il teorema 1.17 e calcoliamo i limiti delle derivate da destra e da sinistra:

$\lim_{x \to 1^+} f^\prime(x) = 2 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 1^-} f^\prime(x) = a.$

Affinché la derivata esista in $x = 1$ , è necessario che:

$\lim_{x \to 1^+} f^\prime(x) = \lim_{x \to 1^-} f^\prime(x).$

Da ciò deduciamo che $a = 2$ . Pertanto, concludiamo che la funzione $f$ è derivabile in $x = 1$ se e solo se $a = 2$ .

Infine, i valori di $a$ e $b$ per cui il teorema di Lagrange 1.1 ad $f$ nell’intervallo $A$ è applicabile sono:

$\boxcolorato{analisi}{a= 2, \, b = 5. }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$f(x) = \begin{cases} 2x^3 + 4x^2, \quad &\text{per}\,\,x < 1,\\\\ ax^2 + b, \quad &\text{per}\,\,x \geq 1, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a,\,b\in \mathbb{R}$ ..
Determinare i valori di $a$ e $b$ in modo che siano soddisfatte le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $A=\left[0,2\right]$ .

Svolgimento.

Consideriamo che il dominio della funzione è $D = \mathbb{R}$ , pertanto $f$ risulta ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . L’unico punto in cui la funzione potrebbe non essere continua è $x = 1$ , poiché $f$ è di tipo polinomiale sia in $[0, 1)$ che in $(1, 2]$ , essa risulta certamente continua per ogni valore di $a$ e di $b$ .

Per garantire la continuità della funzione in $x = 1$ , dobbiamo determinare i valori di $a$ e $b$ affinché i limiti sinistro e destro coincidano. Calcoliamo quindi i limiti:

$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+}\left( ax^2 + b \right) = a + b$

$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-}\left( 2x^3 + 4x^2 \right) = 6.$

Dunque, affinché i due limiti siano uguali e che la funzione sia continua in $x = 1$ , dobbiamo avere $a + b = 6$ . Ne consegue che:

$\boxed{b = 6 - a=f(1).}$

Successivamente, esaminiamo la derivabilità della funzione. Poiché $f$ coincide con una funzione polinomiale sia su $(0, 1)$ che su $(1, 2)$ , risulta derivabile su ciascun intervallo. La derivata di $f$ è data da:

$f^\prime(x) = \begin{cases} 6x^2 + 8x & \text{se} \ x < 1 \\\\ 2ax & \text{se} \ x > 1. \end{cases}$

Per verificare la derivabilità in $x = 1$ , imponiamo che i limiti destro e sinistro della derivata coincidano per il teorema 1.17:

$\lim_{x \to 1^+} f^\prime(x) = \lim_{x \to 1^-} f^\prime(x).$

Ciò si traduce nell’uguaglianza:

$2a = 14 \quad \iff \quad a = 7.$

Avendo determinato $a = 7$ , possiamo ora sostituire questo valore nell’equazione precedente per ottenere $b$ :

$b = 6 - 7 = -1.$

Pertanto, concludiamo che i valori di $a$ e $b$ per cui la funzione $f$ è continua e derivabile in $x = 1$ , e per i quali è possibile applicare il teorema di Lagrange 1.1 ad $f$ nell’intervallo $A$ , sono:

$\boxcolorato{analisi}{a = 7, \, b = -1.}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$f(x) = \begin{cases} x^2 + 2x + 3, \quad &\text{per}\,\, -1 \leq x < 0,\\\\ a\tan x + b, \quad &\text{per}\,\,\, 0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{4}, \end{cases}$

Svolgimento.

Consideriamo che il dominio della funzione è $D = \{ x \in \mathbb{R} \, | \, x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi, \, k \in \mathbb{Z} \}$ . Di conseguenza, $f$ risulta ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . L’unico punto potenzialmente problematico per la continuità di $f$ in $A$ è $x = 0$ , poiché $f$ è espressa mediante funzioni continue sia in $[-1, 0)$ che in $(0, \pi/4]$ , essa risulta certamente continua per ogni valore di $a$ e di $b$ .

Per garantire la continuità in $x = 0$ , dobbiamo determinare i valori di $a$ e $b$ affinché i limiti destro e sinistro coincidano per la proposizione 1.8. Calcoliamo i limiti:

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+}\left( a\tan x + b \right) = b$

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-}\left( x^2 + 2x + 3 \right) = 3.$

Affinché il limite esista e la funzione sia continua in $x = 0$ , dobbiamo avere $b = 3$ . Pertanto, concludiamo che:

$\boxed{b = 3=f(0).}$

Analogamente a quanto osservato in precedenza, notiamo che $f$ è derivabile nell’intervallo $(-1, 0)$ , poiché definita da un polinomio. Analogamente, nell’intervallo $\left(0, \dfrac{\pi}{4}\right)$ , la funzione è espressa come somma della funzione tangente e di una costante, risultando derivabile anche in questo caso. La derivata prima di $f$ è:

$f^\prime(x) = \begin{cases} 2x + 2, & \text{se} \ -1 < x < 0 \\\\ \dfrac{a}{\cos^2 x} + 3, & \text{se} \ 0 < x < \dfrac{\pi}{4}. \end{cases}$

Per verificare la derivabilità in $x = 0$ , dobbiamo calcolare i limiti della derivata da destra e da sinistra:

$\lim_{x \to 0^+} f^\prime(x) = a + 3 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^-} f^\prime(x) = 2.$

Affinché la derivata esista in $x = 0$ , per il teorema 1.17 dobbiamo avere:

$a + 3 = 2 \quad \iff \quad a = -1.$

Pertanto, concludiamo che i valori di $a$ e $b$ per cui la funzione è continua e derivabile, e per i quali è applicabile il teorema di Lagrange 1.1 ad $f$ nell’intervallo $A$ , sono:

$\boxcolorato{analisi}{a = -1, \, b = 3.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R},$

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{ax}{x-1}, \quad &\text{per}\,\, -1 \leq x < 0,\\\\ be^{bx} - 1, \quad &\text{per}\,\, 0 \leq x \leq 1, \end{cases}$

Svolgimento.

Consideriamo che il dominio della funzione è $D = \mathbb{R}$ , dunque $f$ risulta ben definita sull’intervallo $A \subset D$ . L’unico punto in cui potrebbe presentarsi una discontinuità è $x = 0$ , poiché, nell’intervallo $[-1, 0)$ , la funzione è omografica e risulta continua, mentre nell’intervallo $(0, 1]$ , la funzione è espressa come somma di una funzione esponenziale e una costante, risultando anch’essa continua per ogni valore di $a$ e $b$ .

Calcoliamo ora i limiti per determinare i valori di $a$ e $b$ tali che $f$ sia continua in $x = 0$ :

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+}\left( b e^{bx} - 1 \right) = b - 1$

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{ax}{x-1} = 0$

Affinché la funzione $f$ sia continua in $x=0$ deve valere:

$\boxed{b- 1=f(0).}$

Poiché la funzione è una funzione omografica per $(-1, 0)$ , risulta derivabile in tale intervallo. Analogamente, la funzione è la somma di una funzione esponenziale e una costante per $(0, 1)$ , risultando anch’essa derivabile. L’unico punto in cui la derivabilità deve essere verificata è $x = 0$ .

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f^\prime(x) = \begin{cases} -\dfrac{a}{(x-1)^2} &\qquad -1 < x < 0 \\\\ e^{x} &\qquad 0 < x < 1. \end{cases}$

Calcoliamo:

$\lim_{x \to 0^-} f^\prime(x) = -a \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 0^+} f^\prime(x) = 1$

Affinché la derivata esista in $x = 0$ , per il teorema 1.1, dobbiamo avere:

$\lim_{x \to 0^+} f^\prime(x) = \lim_{x \to 0^-} f^\prime(x) \quad \iff \quad a = -1.$

Pertanto, i valori di $a$ e $b$ per cui il teorema di Lagrange 1.1 è applicabile alla funzione $f$ nell’intervallo $A$ sono:

$\boxcolorato{analisi}{a = -1, \, b = 1.}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f$ una funzione derivabile sull’intervallo $[a,b]$ $(a < b)$ tale che $f(a) = a$ e $f(b) = b$ . Si dimostri che esistono due punti distinti $r, s \in (a,b)$ tali che:

(1) $\frac{1}{f'(r)} + \frac{1}{f'(s)} = 2.$

Svolgimento.

Dato che $f(a) = a$ e $f(b) = b$ , si ha $f(b) > f(a)$ . Essendo $f$ continua, per il teorema del valore intermedio 1.12 esiste un punto $c \in (a,b)$ tale che $f(c) = [f(a) + f(b)]/2 = (a + b)/2$ . Applichiamo ora il teorema di Lagrange 1.1 ad $f$ sugli intervalli $[a,c]$ e $[c,b]$ : esistono due punti $r \in (a,c)$ ed $s \in (c,b)$ tali che:

$f'(r) = \frac{f(c) - f(a)}{c - a} = \frac{b - a}{2(c - a)},$

$f'(s) = \frac{f(b) - f(c)}{b - c} = \frac{b - a}{2(b - c)}.$

Dato che $b \neq a$ , $f'(r) \neq 0$ e $f'(s) \neq 0$ ; prendendo i reciproci e sommando:

$\frac{1}{f'(r)} + \frac{1}{f'(s)} = \frac{2(b - c) + 2(c - a)}{b - a} = 2.$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f: (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ una funzione derivabile con $\lim\limits_{x \to +\infty} f'(x) = 0$ . Si mostri che

$\lim_{x \to +\infty} \left(f(x+1) - f(x)\right) = 0.$

Svolgimento.

Applicando il teorema di Lagrange 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $[x,x+1]$ , sappiamo che esiste un punto $c = c(x) \in (x,x+1)$ tale che:

$f'(c) = \frac{f(x+1) - f(x)}{(x+1) - x} = f(x+1) - f(x).$

Dato che $x < c(x) < x + 1$ , per il teorema del confronto si ha $\lim\limits_{x \to +\infty} c(x) = +\infty$ per $x \to +\infty$ , e quindi:

$\lim_{x \to +\infty} \left(f(x+1) - f(x)\right) = \lim_{x \to +\infty} f'(c) = \lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0.$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f$ una funzione continua definita sull’intervallo $[a, b]$ tale che $f([a, b]) \subseteq [a, b]$ .

$\quad$

Dimostrare che esiste almeno un punto $x_0 \in [a, b]$ tale che $f(x_0) = x_0$ .

Dimostrare che, se $f$ è anche derivabile in $(a, b)$ e per ogni $x \in (a, b)$ si ha $f'(x) \neq 1$ , allora esiste un unico punto $x_0 \in [a, b]$ tale che $f(x_0) = x_0$ .

Svolgimento.

Per dimostrare l’esistenza di un punto $x_0$ tale che $f(x_0) = x_0$ , definiamo la funzione ausiliaria $h(x) = f(x) - x$ . Notiamo innanzitutto che:
$h(a) = f(a) - a \quad \text{e} \quad h(b) = f(b) - b.$

Poiché $f([a,b]) \subseteq [a,b]$ , possiamo affermare che $f(a) \geq a$ e $f(b) \leq b$ . Quindi, si ha che:

$h(a) \geq 0 \quad \text{e} \quad h(b) \leq 0.$

Essendo la funzione $h(x)$ continua sull’intervallo chiuso $[a, b]$ , per il teorema degli zeri, possiamo concludere che esiste almeno un punto $x_0 \in [a, b]$ tale che $h(x_0) = 0$ . Ciò implica che:

$f(x_0) - x_0 = 0 \quad \Rightarrow \quad f(x_0) = x_0.$

Ora consideriamo il secondo quesito. Assumiamo che $f$ sia derivabile in $(a, b)$ e che $f'(x) \neq 1$ per ogni $x \in (a, b)$ . Supponiamo inoltre che esista un altro punto $x_1 \in [a, b]$ tale che $f(x_1) = x_1$ . Quindi, abbiamo due punti distinti $x_0$ e $x_1$ in $[a, b]$ tali che:
$f(x_0) = x_0 \quad \text{e} \quad f(x_1) = x_1.$

A seconda che sia $x_0 < x_1$ o $x_1 < x_0$ , avremo l’intervallo $[x_0, x_1]$ o $[x_1, x_0]$ . Supponendo, ad esempio, che sia $x_0 < x_1$ (analogo è l’altro caso), applicando il teorema del valore medio alla funzione $f$ sull’intervallo $[x_0, x_1]$ , sappiamo che esiste almeno un punto $t \in (x_0, x_1)$ tale che:

$f'(t) = \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0} = \frac{x_1 - x_0}{x_1 - x_0} = 1.$

Questo risultato contraddice l’ipotesi che $f'(x) \neq 1$ per ogni $x \in (a, b)$ . Pertanto, la supposizione che esistano due punti distinti $x_0$ e $x_1$ tali che $f(x_0) = x_0$ e $f(x_1) = x_1$ non è valida, il che implica che esiste un unico punto $x_0 \in [a, b]$ tale che $f(x_0) = x_0$ .

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $n \in \mathbb{N}$ e sia $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ una funzione derivabile tale che $f(0) = 0$ e $f(1) = 1$ . Dimostrare che esistono $n$ punti distinti $0 < a_0 < a_1 < \cdots < a_{n-1} < 1$ tali che:

$\sum_{k=0}^{n-1} f'(a_k) = n.$

Svolgimento.

L’obiettivo di questo esercizio è dimostrare che, dato che la funzione $f$ soddisfa le condizioni indicate, possiamo trovare $n$ punti distinti nell’intervallo $(0,1)$ tali che la somma dei valori della derivata in questi punti sia pari a $n$ . La strategia principale sarà quella di utilizzare il teorema del Valore Medio (o teorema di Lagrange) per ciascun sottintervallo di una suddivisione uniforme dell’intervallo $[0, 1]$ .

Per $0 \leq k \leq n-1$ , consideriamo l’intervallo:

$I_k = \left[ \frac{k}{n}, \frac{k+1}{n} \right].$

Secondo il teorema del Valore Medio, su ciascun intervallo $I_k$ , esiste almeno un punto $a_k \in I_k$ tale che la derivata della funzione in quel punto $f'(a_k)$ soddisfa:

$f'(a_k) = \frac{f \left( \dfrac{k+1}{n} \right) - f \left( \dfrac{k}{n} \right)}{\dfrac{1}{n}} = n \left( f \left( \dfrac{k+1}{n} \right) - f \left( \dfrac{k}{n} \right) \right).$

Sommando questa relazione per $k = 0$ fino a $k = n-1$ , otteniamo:

$\sum_{k=0}^{n-1} f'(a_k) = n \sum_{k=0}^{n-1} \left( f \left( \frac{k+1}{n} \right) - f \left( \frac{k}{n} \right) \right).$

Osserviamo che la somma dei termini $\left( f \left( \dfrac{k+1}{n} \right) - f \left( \dfrac{k}{n} \right) \right)$ è telescopica, cioè:

$\sum_{k=0}^{n-1} \left( f \left( \frac{k+1}{n} \right) - f \left( \frac{k}{n} \right) \right) = f(1) - f(0).$

Dalla condizione del problema sappiamo che $f(0) = 0$ e $f(1) = 1$ , quindi:

$f(1) - f(0) = 1 - 0 = 1.$

Pertanto, la somma delle derivate diventa:

$\sum_{k=0}^{n-1} f'(a_k) = n \cdot 1 = n.$

Questo conclude la dimostrazione.

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $n \geq 1$ un numero naturale e si definisca

$f_n(x) = x^{x^{x^{\iddots^x}}}$

dove il numero di $x$ nella definizione di $f_n$ è pari a $n$ . Per esempio:

$f_1(x) = x, \quad f_2(x) = x^x, \quad f_3(x) = x^{x^x}, \dots$

Si chiede di calcolare il seguente limite:

$\lim_{x \to 1} \frac{f_n(x) - f_{n-1}(x)}{(1 - x)^n}.$

Suggerimento per la soluzione. Si denoti il valore del limite con $L_n$ e si utilizzi la relazione:

$f_n(x) = \exp(f_{n-1}(x) \ln x).$

Applicando il teorema del Valore Medio di Lagrange alla funzione esponenziale, è possibile dimostrare che:

$L_n = -L_{n-1}.$

Svolgimento.

Sia $L_n$ il valore del limite cercato. Si dimostra che il limite in questione è $(-1)^n$ . Basandoci sul teorema del Valor Medio di Lagrange, possiamo esprimere la differenza tra $f_n(x)$ e $f_{n-1}(x)$ nel seguente modo:

$f_n(x) - f_{n-1}(x) = \exp(\ln f_n(x)) - \exp(\ln f_{n-1}(x)),$

che può essere riscritta come

$f_n(x) - f_{n-1}(x) = \exp(f_{n-1}(x) \ln x) - \exp(f_{n-2}(x) \ln x).$

Applicando il teorema del Valor Medio, si ottiene

$f_n(x) - f_{n-1}(x) = (f_{n-1}(x) - f_{n-2}(x)) \cdot \ln x \cdot \exp(\theta_n(x)),$

dove $\theta_n(x)$ è una quantità compresa tra $f_{n-1}(x) \ln x$ e $f_{n-2}(x) \ln x$ . Poiché $\theta_n(x)$ tende a 0 per $x \to 1$ , si ha che:

$L_n = \lim_{x \to 1} \dfrac{f_n(x) - f_{n-1}(x)}{(1-x)^n} = \lim_{x \to 1} \left( \dfrac{f_{n-1}(x) - f_{n-2}(x)}{(1-x)^{n-1}} \cdot \dfrac{\ln x}{1-x} \cdot \exp(\theta_n(x)) \right),$

che implica

$L_n = -L_{n-1}.$

Si verifica facilmente che:

$L_2 = \lim_{x \to 1} \dfrac{x^x - x}{(1-x)^2} = 1,$

ne consegue, per ricorrenza, che $L_n = (-1)^n L_2 = (-1)^n$ . Pertanto, si conclude che il valore del limite è $(-1)^n$ , risolvendo così il problema.

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la derivata della funzione $f:D\subseteq\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ , $f(x) = \arcsin x + \arccos x$ . Quali conclusioni si possono trarre riguardo la $f(x)$ ?

Svolgimento.

Il dominio di definizione della funzione continua $f(x) = \arcsin x + \arccos x$ è l’intervallo $[-1, 1]$ . La funzione risulta anche derivabile in $(-1,1)$ in quanto somma di funzioni derivabili in tale intervallo. La derivata prima della funzione si calcola come:

$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 0 \quad \text{per ogni} \quad x \in (-1, 1).$

Per il corollario 1.2, si deduce che la funzione $f(x)$ è costante su tutto l’intervallo considerato. Di conseguenza, si ha che:

$f(x) = f(0) = \arcsin 0 + \arccos 0 = \frac{\pi}{2}\quad \forall x \in [-1,1].$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire, formalizzando la questione e utilizzando il teorema del valor medio o di Lagrange, se è vero che “se un automobilista compie un viaggio senza soste in cui la velocità media è 60 km/h, allora almeno una volta durante il viaggio il tachimetro dell’automobile deve indicare esattamente 60 km/h”.

Svolgimento.

Definiamo la funzione $s:[0,T]\subset\mathbb{R}\to \mathbb{R},\, s = s(t)$ come la legge oraria che descrive la posizione dell’automobilista in un generico istante $t\in [0,T]$ in un sistema di riferimento inerziale $Os$ . Ipotizziamo che la funzione $s$ risulti derivabile in $(0,T)$ . Dunque, la funzione $s$ rispetta le ipotesi del teorema di Lagrange 1.1.

Siano $t_1$ e $t_2$ due istanti di tempo distinti maggiori uguali a zero. La velocità media tra due istanti generici $t_1$ e $t_2$ è data dall’espressione:

$v_m(t_1, t_2) = \frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1}.$

Nel caso in cui si calcoli la velocità media su un intervallo di tempo totale compreso tra $t_1 = 0$ e $t_2 = T$ , rispettivamente con $t_1$ in questo caso istante iniziale del moto e $t_2$ istante finale del moto, con $s(0) = 0$ , la velocità media risulta:

$v_m(0, T) = \frac{s(T) - 0}{T - 0} = \frac{s(T)}{T} = 60 \, \text{km/h}.$

Applicando il teorema di Lagrange 1.1 alla funzione $s$ nell’intervallo $[0, T]$ , possiamo affermare che esiste un istante $t^* \in (0, T)$ tale che:

$s'(t^*) = \frac{s(T) - s(0)}{T - 0} = \frac{s(T)}{T}.$

Di conseguenza, esiste un istante $t^*$ durante il percorso in cui la velocità dell’automobile è esattamente pari alla velocità media di 60 km/h.

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La funzione reale di variabile reale è continua nell’intervallo chiuso e limitato $[1, 3]$ e derivabile nell’intervallo aperto $(1, 3)$ . Si sa che $f(1) = 1$ e inoltre $0 \leq f'(x) \leq 2$ per ogni $x$ dell’intervallo $(1, 3)$ . Spiegare in maniera esaustiva perché risulta $1 \leq f(3) \leq 5$ .

Svolgimento.

Poiché sono verificate le ipotesi del teorema di Lagrange, esiste un punto $c \in ]1, 3[$ tale che:

$f'(c) = \frac{f(3) - f(1)}{3 - 1} = \frac{f(3) - 1}{2}.$

Dato che la funzione derivata soddisfa la condizione $0 \leq f'(x) \leq 2$ per ogni $x \in ]1, 3[$ , si può concludere che:

$0 \leq \frac{f(3) - 1}{2} \leq 2,$

da cui segue che

$1 \leq f(3) \leq 5.$

Pertanto, la funzione $f$ soddisfa la condizione richiesta, ossia $1 \leq f(3) \leq 5$ , in conformità con le ipotesi iniziali e i risultati del teorema di Lagrange.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Date due funzioni $f(x)$ e $g(x)$ continue nell’intervallo $[a, b]$ e derivabili in $(a, b)$ . Supponiamo che $f(a) \geq g(a)$ e che $f'(x) \geq g'(x)$ per $\forall x \in (a, b)$ , provare che $f(x) \geq g(x)$ per $\forall x \in (a, b)$ .

Svolgimento.

Posto $h(x) = f(x) - g(x)$ , applicando il teorema di Lagrange nell’intervallo $[a, x]$ , otteniamo che

$h(x) - h(a) = h^\prime(c)(x - a) \quad \text{per} \quad c \in (a, x).$

Pertanto

$f(x) - g(x) - f(a) + g(a) = [f'(c) - g'(c)](x - a),$

dove possiamo osservare che

$g(a) - f(a) < 0 \quad f'(c) - g'(c) \geq 0.$

Di conseguenza

$f(x) - g(x) = [f(a) - g(a)] + [f'(c) - g'(c)](x - a) \geq 0.$

Riferimenti bibliografici

[1] Daniele Ritelli, Lezioni di Analisi Matematica, Pitagora Editrice (2021).

[2] Ovidiu Furdui, Limits, Series, and Fractional Part Integrals: Problems in Mathematical Analysis, Springer (2013).

[3] Qui Si Risolve, derivate, teoria.

[4] Qui Si Risolve, espansione di Taylor, teoria ed esempi.

[5] Qui Si Risolve, polinomi di Taylor: limiti, istruzioni per l’uso.

[6] Qui Si Risolve, funzioni continue: teoria sulle funzioni Lipschitziane e Hölderiane.

[7] Qui Si Risolve, teoria sugli integrali impropri.

[8] Qui Si Risolve, teoremi di Rolle e Lagrange.

[9] Qui Si Risolve, funzioni elementari: teoria sulle funzioni.

[10] Roberto Tauraso, sito ufficiale di Roberto Tauraso.

[11] Testi delle maturità scientifiche italiane, Esami di Stato – Maturità Scientifica, anni dal 2001 al 2010.

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