Teorema di Rolle

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sul teorema di Rolle, in cui offriamo 18 esercizi completamente risolti su questo risultato, che afferma che una funzione continua e derivabile in un intervallo che assume gli stessi valori ai due estremi possiede allora un punto stazionario all’interno di tale intervallo.
Consigliamo al lettore di provare a svolgere autonomamente gli esercizi per poi confrontare le sue soluzioni con quelle da noi fornite, così da trarre il massimo vantaggio dal proprio studio in vista dell’esame di Analisi Matematica 1.

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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Questa dispensa contiene 18 esercizi sul teorema di Rolle, pensati per un corso di analisi matematica e rivolti a studenti e appassionati. Nella prima parte della dispensa sono presenti richiami teorici fondamentali per affrontare gli esercizi. Abbiamo incluso i principali concetti teorici per rendere la dispensa completa e autosufficiente.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi

Revisori: Sergio Fiorucci, Matteo Talluri.

Introduzione

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Il teorema di Rolle, formulato per la prima volta dal matematico francese Michel Rolle nel XVII secolo, è uno dei risultati fondamentali del calcolo differenziale. Il teorema afferma che, data una funzione continua su un intervallo chiuso e limitato, derivabile sull’intervallo aperto e con lo stesso valore agli estremi dell’intervallo, esiste almeno un punto in cui la derivata della funzione è pari a zero. Questa semplice affermazione implica l’esistenza di almeno un punto in cui la funzione ha una tangente orizzontale.

Richiami di teoria

Teorema di Rolle.

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

$f'(c) = 0.$

$\quad$

Per la dimostrazione clicca su Teoremi di Rolle e Lagrange.

Dominio massimale.

Definizione 1.2 (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 1.3 (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 1.4 (radice 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 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 1.5 (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 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 1.6. 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) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0^+} f \vert_{X \cap (x_0, +\infty)} = \ell \quad \left( \lim_{x \to x_0^-} f \vert_{X \cap (-\infty, x_0)} = \ell \right). \end{equation*}$

Proposizione 1.7. 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 1.8 (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

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

Definizione 1.9 (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 $A$ .

Definizione 1.10. (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 $x_0$ .

Teorema 1.11 (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 $M$ .

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

Teorema 1.12 (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
$f: \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \, | \, k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}, \, f(x) = \tan(x)$

Teorema 1.13 (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 1.14. Siano $f : A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , $x_0 \in A$ . Si definisce rapporto incrementale di $f$ in $x_0$ la funzione

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

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

Definizione 1.15 (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 $x_0$ .

Teorema 1.16. 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 $x_0$ .

Definizione 1.17. 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.

Teorema 1.18 (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
$z'(x) = \alpha f'(x) \quad \forall x \in A.$

Teorema 1.19 (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

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

Teorema 1.20 (regola della catena). Siano $A,B\subseteq\mathbb{R}$ due intervalli e siano $f \colon A \to \mathbb{R}$ e $g\colon B \to \mathbb{R}$ tali che $f(A)\subseteq B$ . Se $f$ è derivabile in $x_0$ e $g$ è derivabile in $f(x_0)$ , allora la funzione $g\circ f \colon A \to \mathbb{R}$ è derivabile in $x_0$ e vale

$(g\circ f)' (x_0)= g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \quad \forall x \in A.$

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

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

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

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = x^4 - 2x^2$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[0, \sqrt{2}\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = \mathbb{R}$ , dunque risulta definita sull’intervallo $A$ , essendo $A$ un sottoinsieme di $D$ . La funzione $f$ , essendo un polinomio, è continua su $[0,\sqrt{2}]$ e derivabile su $(0, \sqrt{2})$ .

Esaminiamo ora il comportamento della funzione agli estremi dell’intervallo compatto $A$ , verificando se assume lo stesso valore:

$f(0) = 0 \qquad \text{e} \qquad f(\sqrt{2}) = 0,$

che sono uguali. Pertanto, tutte le ipotesi del teorema di Rolle 1.1 sono soddisfatte.

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = 4x^3 - 4x \quad \text{per ogni } x \in (0, \sqrt{2}).$

Cerchiamo dunque $c \in (0, \sqrt{2})$ tale che $f'(c) = 0$ :

$\begin{aligned} f'(c) = 0 \quad &\iff \quad 4c^3 - 4c = 0 \\ &\iff \quad 4c(c^2 - 1) = 0 \\ &\iff \quad c = 0 \quad \vee \quad c = 1 \quad \vee \quad c = -1. \end{aligned}$

Poiché solo $c = 1$ appartiene all’intervallo $(0, \sqrt{2})$ , possiamo concludere che il punto che soddisfa la tesi del teorema è

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

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

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = \mathbb{R} \setminus \{-1\}$ , quindi non è definita nel punto $x = -1$ , che appartiene anche all’insieme $A$ . Quindi possiamo immediatamente concludere che non è possibile applicare il teorema di Rolle ad $f$ in $A$ .

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

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = (-\infty, -4) \cup (0, +\infty)$ . Poiché $f$ è data dalla composizione di funzioni continue, essa risulta continua in $D$ . Inoltre, dato che $A \subset D$ , la funzione $f$ è continua anche in $A$ .

Osserviamo che $f$ è derivabile in $(1,3)$ in quanto costituita dalla composizione di funzioni derivabili in tale intervallo.

Verifichiamo ora se la funzione $f$ assume valori identici agli estremi di $A$ . Calcoliamo:

$f(1) = \frac{1}{\sqrt{5}} \quad \text{e} \quad f(3) = \frac{1}{\sqrt{21}}.$

Poiché $f(1) \neq f(3)$ , possiamo concludere che il teorema di Rolle 1.1 non è applicabile a $f$ su $A$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \ln(x^2 - 9)$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[-5, -4\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = (-\infty, -3) \cup (3, +\infty)$ . Prima di verificare le altre ipotesi, valutiamo i valori di $f$ agli estremi dell’intervallo dato:

$f(-5) = \ln(16) \quad \text{e} \quad f(-4) = \ln(7),$

da cui segue che $f(-5) \neq f(-4)$ . Pertanto, non è possibile applicare il teorema di Rolle 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \dfrac{x^3 - x}{x + 2}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[-1, 0\right]$ . In caso affermativo, dire se esiste almeno un punto $c \in (-1, 0)$ che soddisfa la tesi del teorema.

Svolgimento.

La funzione $f$ è definita su $D = \mathbb{R} \setminus \{-2\}$ , essendo il rapporto di due polinomi, e pertanto è continua su tale dominio. Poiché $A \subset D$ , ne consegue che $f$ è continua anche su $A$ . Inoltre, $f$ è derivabile in $(-1, 0)$ , poiché anch’essa è il rapporto di due polinomi derivabili in questo intervallo.

Verifichiamo ora se $f$ assume lo stesso valore agli estremi di $A$ :

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

Pertanto, è possibile applicare il Teorema di Rolle 1.1 alla funzione $f$ nell’intervallo $A$ . Questo conclude l’esercizio, poiché il teorema di Rolle garantisce l’esistenza di almeno un punto $c \in (-1,1)$ in cui $f' (c) = 0$ , soddisfacendo le ipotesi del teorema.

Osservazione 2.1.

Desideriamo dimostrare in modo alternativo, senza l’uso diretto del Teorema di Rolle, l’esistenza di un punto $c \in (-1, 0)$ tale che $f' (c) = 0$ .

Calcoliamo la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \frac{(3x^2 - 1)(x + 2) - (x^3 - x)}{(x + 2)^2} = \frac{3x^3 - x + 6x^2 - 2 - x^3 + x}{(x + 2)^2} = \frac{2x^3 + 6x^2 - 2}{(x + 2)^2}\quad \forall x \in (-1,0).$

L’equazione $f'(c)=0$ risulta difficile da risolvere esplicitamente; tuttavia, per rispondere al quesito, è sufficiente stabilire l’esistenza di almeno un punto $c \in (-1, 0)$ in cui l’equazione sia soddisfatta. Osserviamo che il denominatore è sempre positivo e applichiamo il Teorema degli Zeri al numeratore.

Definiamo la funzione $g : [-1, 0] \to \mathbb{R}$ come

$g(x) =x^3 + 3x^2 - 1.$

Poiché $g$ è continua su $[-1, 0]$ , possiamo applicare il Teorema degli Zeri. Osserviamo infatti che

$g(-1) \cdot g(0) = 1 \cdot (-1) < 0.$

Questo implica l’esistenza di almeno un punto $c \in (-1, 0)$ tale che $g(c) = 0$ , e quindi $f'(c) = 0$ , come richiesto.

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \sqrt[3]{x^3 - x^2 - 2x + 2}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[-2, 2\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = \mathbb{R}$ . Osserviamo che la funzione $f$ è una composizione delle funzioni $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , definita da $g(x) = \sqrt[3]{x}$ , e $h: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , definita da $h(x) = x^3 - x^2 - 2x + 2$ . Poiché $f: D \to \mathbb{R}$ è una composizione di funzioni continue, risulta continua su $D$ . Essendo $A \subset D$ , ne consegue che $f$ è continua anche su $A$ . Passando allo studio della derivabilità, osserviamo che la funzione $h$ è una funzione derivabile in tutto $\mathbb{R}$ , in quanto funzione polinomiale, mentre la funzione $g$ è derivabile nell’insieme $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ . Per il teorema 1.20, segue che la funzione $f$ è sicuramente derivabile in tutto $\mathbb{R}$ eccetto i punti in cui il radicando si annulla, che vanno esaminati a parte. Studiamo dunque la derivabilità in tali punti, che sono le soluzioni dell’equazione:

$x^3 - x^2 - 2x + 2 = 0 \quad \iff \quad x^2(x - 1) - 2(x - 1) = 0 \quad \iff \quad (x^2 - 2)(x - 1) = 0,$

che ammette come soluzioni $x \in \{1, \pm \sqrt{2}\}$ .

Consideriamo il punto $x=1$ e studiamone la derivabilità utilizzando la definizione di derivata come limite del rapporto incrementale: Riscriviamo $f(x)$ nella forma

$f(x) = \left(x^3 - x^2 - 2x + 2\right)^{\frac{1}{3}} = \left(x^2(x - 1) - 2(x - 1)\right)^{\frac{1}{3}} = \left((x^2 - 2)(x - 1)\right)^{\frac{1}{3}}$

e analizziamo la derivabilità in $x = 1$ utilizzando la definizione di derivata come limite del rapporto incrementale:

$\begin{aligned} \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} &= \lim_{h \to 0} \frac{h^{\frac{1}{3}} \left(h^2 + 2h - 1\right)^{\frac{1}{3}}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left(h^2 + 2h - 1\right)^{\frac{1}{3}}}{h^{\frac{2}{3}}} = -\infty. \end{aligned}$

Di conseguenza, la funzione $f$ non è derivabile in $x = 1$ . Poiché tale punto appartiene all’intervallo $(-2,2)$ , possiamo concludere che non è possibile applicare il Teorema di Rolle 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ dato.

Osservazione 2.2.

Nell’esercizio 6 è stato sufficiente osservare che la funzione non è derivabile in un solo punto per concludere che il teorema di Rolle 1.1 non è applicabile, senza verificare la derivabilità nei restanti punti $x=\pm \sqrt{2}$ . Si lascia al lettore per esercizio lo studio della derivabilità in tali punti.

Osservazione 2.3.

Identificare i punti in cui una funzione potrebbe non essere derivabile può spesso rappresentare una sfida; in altri termini, determinare i punti in cui la funzione non soddisfa le condizioni di derivabilità richiede un’analisi approfondita. Nell’esercizio ?? abbiamo visto come, nel caso di funzioni composte, un approccio per affrontare tale problema consiste nell’utilizzo del teorema ??: sappiamo infatti che $f$ è sicuramente derivabile in $\mathbb{R}\setminus\{1,\pm\sqrt{2}\}$ e vale

$f'(x) = \dfrac{3x^2 - 2x - 2}{3\sqrt[3]{x^3 - x^2 - 2x + 2}} \qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus\{1,\pm\sqrt{2}\}.$

I punti in cui l’espressione di $f'$ non è definita dall’applicazione diretta del teorema 1.20 corrispondono esattamente ai candidati come potenziali punti di non derivabilità. Nel corso dell’esercizio 6, al fine di studiare la derivabilità in $x = 1$ abbiamo calcolato direttamente il limite del rapporto incrementale applicando la definizione di derivata. Tuttavia, a seconda dei casi che si possono presentare, si può far ricorso a un altro strumento per studiare la derivabilità di una funzione in uno specifico punto. Per diretta applicazione del teorema 1.16, si possono studiare i limiti destro e sinistro di $f'(x)$ separatamente. Si possono verificare i seguenti casi:

$\quad$

se il limite sinistro e il limite destro di $f'(x)$ esistono finiti e coincidenti, tale valore è anche la derivata destra della funzione nel punto.

se i limiti sinistro e/o destro esistono ma almeno uno dei due non è finito, la funzione non è derivabile nel punto considerato (dove ha retta o semiretta sinistra e/o destra verticale);

se almeno uno tra i limiti sinistro e destro di $f'(x)$ non esiste, allora non esiste il limite del rapporto incrementale e dunque la funzione in esame non è derivabile nel punto considerato. Si faccia però attenzione al dominio della funzione: ad esempio, se consideriamo la funzione $y = \sqrt{x}$ e ne vogliamo studiare la derivabilità in $x = 0$ , possiamo calcolare solo il limite per $h \to 0^+$ , dato che la funzione non è definita per $x < 0$ . Il limite del rapporto incrementale destro non è finito, dunque la funzione non è derivabile in $x=0$ .

Si noti che l’applicazione diretta della definzione di derivata e l’applicazione del teorema 1.16 sono strumenti interscambiabili; tuttavia, possono esserci dei casi nei quali l’uno o l’altro metodo sono più efficaci e semplici nello studio della derivabilità in un punto. Un caso significativo che illustra la non applicabilità del teorema 1.16 è dato dalla funzione:

$f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) & \text{se } x \neq 0, \\ 0 & \text{se } x = 0. \end{cases}$

Si tratta quindi di verificare se questa funzione sia derivabile in $x = 0$ e se sia possibile utilizzare sia il teorema 1.16 sia la definizione di derivata per dimostrarlo.

Svolgimento.

Per verificare la derivabilità in $x = 0$ , calcoliamo il limite del rapporto incrementale:

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

Sostituendo $f(h) = h^2 \sin\left(\frac{1}{h}\right)$ e $f(0) = 0$ , otteniamo:

$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin\left(\frac{1}{h}\right)}{h}.$

Semplificando il rapporto, risulta:

$f'(0) = \lim_{h \to 0} h \sin\left(\frac{1}{h}\right).$

Poiché $\sin\left(\frac{1}{h}\right)$ è una funzione limitata, applicando il teorema del confronto, si ottiene:

$\lim_{h \to 0} h \sin\left(\frac{1}{h}\right) = 0,$

da cui segue che $f'(0) = 0$ . Quindi, la funzione $f(x)$ è derivabile in $x = 0$ .

Passiamo ora al calcolo della derivata di $f(x)$ per $x \neq 0$ , derivando il prodotto $x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ :

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

Semplificando, otteniamo:

$f'(x) = 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right).$

Calcoliamo ora il limite di $f'(x)$ per $x \to 0$ :

$\lim_{x \to 0} f'(x) = \lim_{x \to 0} \left(2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right)\right).$

Il termine $2x \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ tende a $0$ , mentre il termine $-\cos\left(\frac{1}{x}\right)$ non ha limite, si dimostra ad esempio applicando il Teorema ponte. Di conseguenza, il limite di $f'(x)$ per $x \to 0$ non esiste.

In questo caso, quindi, il teorema sul limite della derivata 1.16 non è applicabile alla funzione $f(x)$ e per concludere sulla derivabilità o meno della funzione nel punto $x=0$ si deve necessariamente ricorrere alla definizione.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = e^{\frac{1}{x^2 - 4} - 1}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[-1, 1\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = \mathbb{R} \setminus \{-2, 2\}$ . Essendo $f$ composizione di funzioni continue, risulta continua su $D$ . Poiché $A \subset D$ , ne consegue che $f$ è continua anche su $A$ .

La funzione $f$ è una composizione di funzioni derivabili in $(-1,1)$ , pertanto risulta derivabile su $(-1,1) \subset D$ . Verifichiamo ora che $f$ assume lo stesso valore agli estremi di $A$ :

$f(-1) = e^{-\frac{4}{3}} \qquad \text{e} \qquad f(1) = e^{-\frac{4}{3}}.$

Di conseguenza, essendo $f(-1) =f(1)$ , possiamo applicare il Teorema di Rolle 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Calcoliamo la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = e^{\frac{1}{x^2 - 4} - 1} \cdot \left(- \frac{2x}{(x^2 - 4)^2}\right).$

Cerchiamo dunque $c \in (-1,1)$ tale che $f'(c) = 0$ :

$f'(c) = 0 \quad \iff \quad \frac{2c}{(c^2 - 4)^2} = 0 \quad \iff \quad c = 0 \in (-1,1).$

Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{c = 0.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \sin(2x - \pi)$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[0, \pi\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio pari ad $\mathbb{R}$ . Poiché $f$ è una composizione di funzioni continue, essa risulta continua su $D$ . Inoltre, essendo $A \subset D$ , la funzione $f$ è continua anche su $A$ .

Notiamo inoltre che $f$ è derivabile in $(0, \pi)$ , in quanto è una composizione di funzioni derivabili su tale intervallo.

Ora verifichiamo se $f$ assume lo stesso valore agli estremi di $A$ :

$f(0) = \sin(-\pi) = -\sin(\pi) = 0 \qquad \text{e} \qquad f(\pi) = \sin(\pi) = 0.$

Pertanto, il teorema di Rolle 1.1 è applicabile alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = 2 \cos(2x - \pi) \quad \forall x \in (0, \pi).$

Cerchiamo un punto $c \in (0, \pi)$ tale che $f'(c) = 0$ :

$f'(c) = 0 \quad \iff \quad 2 \cos(2c - \pi) = 0 \quad \iff \quad c = \frac{\pi}{2} + k\pi \qquad \text{con } k \in \mathbb{Z}.$

Di tutti questi punti, l’unico che appartiene a $(0, \pi)$ è $\frac{\pi}{2}$ .

Concludiamo quindi che

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

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \dfrac{\arctan(x)}{\pi} - \dfrac{x}{4}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[0, 1\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Consideriamo la funzione $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , definita su tutto il dominio $D = \mathbb{R}$ . Poiché $f$ è una composizione di funzioni continue, essa è continua su $D$ . Essendo $A \subset D$ , risulta che $f$ è continua anche su $A$ . Inoltre, $f$ è derivabile su $(0,1)$ , essendo una composizione di funzioni derivabili in questo intervallo.

Verifichiamo ora se $f$ assume lo stesso valore agli estremi di $A$ :

$f(0) = 0 \qquad \text{e} \qquad f\left(1\right) = \frac{\frac{\pi}{4}}{\pi} - \frac{1}{4} = 0.$

Pertanto, possiamo applicare il teorema di Rolle 1.1 alla funzione $f$ sull’intervallo $A$ .

Calcoliamo la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \frac{1}{\pi(1 + x^2)} - \frac{1}{4}.$

Cerchiamo ora un punto $c \in (0,1)$ tale che $f'(c) = 0$ :

$f'(c) = 0 \quad \iff \quad \frac{1}{\pi(1 + c^2)} - \frac{1}{4} = 0 \quad \iff \quad c = \pm\sqrt{\frac{4}{\pi} - 1}.$

L’unico valore di $c$ che appartiene all’intervallo $(0,1)$ è

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

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x) = \dfrac{x^2 - x + 1}{x + 4}$ , dove $D$ è il dominio massimale della funzione. Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = \left[0, \dfrac{5}{4}\right]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = \mathbb{R} \setminus \{-4\}$ . Essendo $f$ una composizione di funzioni continue, essa è continua su $D$ . Poiché $A \subset D$ , segue che $f$ è continua anche su $A$ . Inoltre, $f$ è derivabile su $\left(0, \dfrac{5}{4}\right)$ , essendo una composizione di funzioni derivabili su tale intervallo.

Calcoliamo i valori della funzione $f$ agli estremi dell’intervallo $A$ :

$f(0) = \frac{1}{4}$

$f\left(\frac{5}{4}\right) = \frac{1}{4}.$

Poiché $f(0) = f\left(\dfrac{5}{4}\right)$ , il teorema di Rolle 1.1 è applicabile alla funzione $f$ nell’intervallo $A$ .

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \frac{(2x - 1)(x + 4) - (x^2 - x + 1)}{(x + 4)^2} = \frac{x^2 + 8x - 5}{(x + 4)^2} \quad \forall x \in \left(0, \frac{5}{4}\right).$

Cerchiamo quindi un punto $c \in \left(0, \frac{5}{4}\right)$ tale che $f'(c) = 0$ :

$f'(c) = 0 \quad \iff \quad\frac{c^2 + 8c - 5}{(c + 4)^2} = 0 \quad \iff \quad c^2 + 8c - 5 = 0.$

Risolvendo l’equazione quadratica, otteniamo:

$c = -4 \pm \sqrt{21}.$

Tra i valori ottenuti, solo $c = -4 + \sqrt{21}$ appartiene all’intervallo $\left(0, \dfrac{5}{4}\right)$ . Concludiamo quindi che

$\boxcolorato{analisi}{c = -4 + \sqrt{21}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ,

$f(x) = \begin{cases} ax^2 - 2x - 1, &\text{per } -1 \leq x \leq 0, \\ 3x^3 + bx + c, &\text{per } 0 < x \leq 1, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a, b, c \in \mathbb{R}$ . Determinare i valori di $a, b, c$ in modo che siano soddisfatte le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = [-1, 1]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

La funzione $f$ ha dominio $D = [-1, 1] = A$ . La funzione $f$ essendo una funzione di tipo polinomiale, è certamente continua sia nell’intervallo $[-1, 0)$ che in $(0, 1]$ , ed è derivabile negli intervalli aperti $(-1, 0)$ e $(0, 1)$ . L’unico punto che necessita di un esame a parte, sia per quanto riguarda la continuità sia per la derivabilità, è $x = 0$ .

Determiniamo ora i valori di $a$ , $b$ e $c$ affinché $f$ sia continua in $x = 0$ . Calcoliamo quindi:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (3x^3 + bx + c) = c, \\ & \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (ax^2 - 2x - 1) = -1. \end{aligned}$

Affinché il limite esista e la funzione sia continua in $x = 0$ , secondo la proposizione 1.7, si deve avere

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

Ponendo $c = -1$ , possiamo riscrivere $f$ come segue:

$f(x) =\begin{cases} ax^2 - 2x - 1, \qquad &\text{se } \, -1 \le x \le 0, \\ 3x^3 + bx - 1, \qquad &\text{se } \, 0 < x \le 1. \end{cases}$

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f^\prime(x) =\begin{cases} 2ax - 2, \qquad &\text{se } \, -1 \le x < 0, \\ 9x^2 + b, \qquad &\text{se } \, 0 < x \le 1. \end{cases}$

Per studiare la derivabilità della funzione in $x = 0$ , applichiamo il teorema 1.16:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^-} f^\prime(x) = \lim_{x \to 0^-} (2ax - 2) = -2, \\ & \lim_{x \to 0^+} f^\prime(x) = \lim_{x \to 0^+} (9x^2 + b) = b. \end{aligned}$

Affinché questi limiti coincidano, dobbiamo avere

$\boxed{b = -2}.$

Dunque, fino a questo punto, la funzione assume la seguente forma:

$f(x) =\begin{cases} ax^2 - 2x - 1, \qquad &\text{se } \, -1 \le x \le 0, \\ 3x^3 - 2x - 1, \qquad &\text{se } \, 0 < x \le 1. \end{cases}$

Infine, calcoliamo il valore della funzione agli estremi dell’intervallo $A$ :

$f(-1) = a + 1\qquad \text{e} \qquad f(1) = 0.$

Essendo necessario che $f(-1) = f(1)$ , otteniamo

$a+1=0 \quad \iff \quad \boxed{a = -1}.$

Pertanto, la funzione finale è:

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

Con questa formulazione, il teorema di Rolle è applicabile su $\left[-1,1\right]$ alla funzione $f$ .

Troviamo ora i punti che soddisfano la tesi del teorema. Risolviamo l’equazione $f^\prime(x) = 0$ :

$f^\prime(x) = 0 \quad \iff \quad \begin{cases} -2x - 2 = 0, \qquad &\text{se } \, -1 < x \leq 0, \\ 9x^2 - 2 = 0, \qquad &\text{se } \, 0 < x< 1. \end{cases}$

Da cui si ottiene

$x = -1 \quad \text{oppure} \quad x = \pm\sqrt{\frac{2}{9}}.$

Dei precedenti valori l’unico valore accettabile è $x = \sqrt{\dfrac{2}{9}}$ . Possiamo concludere che:

$\boxcolorato{analisi}{c =\sqrt{\dfrac{2}{9}}.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ,

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{a}{2 - x}, & \text{se } -1 \leq x < 1 \\[10pt] -\dfrac{11}{3}x^2 + bx - \dfrac{11}{3}, & \text{se } 1 \leq x \leq 4 \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a, b\in \mathbb{R}$ . Determinare i valori di $a, b, c$ in modo che siano soddisfatte le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = [-1, 4]$ . In caso affermativo, calcolare il punto o i punti di cui il teorema garantisce l’esistenza.

Svolgimento.

Osserviamo che $f$ ha dominio $D = \mathbb{R}$ , pertanto è ben definita in $A \subset D$ . La funzione $f$ è continua in $[-1,1)$ essendo quoziente di funzioni continue con denominatore diverso da $0$ e e in $(1,4]$ è continua essendo definita come un polinomio. Analogamente, $f$ risulta derivabile sugli intervalli $(-1,1)$ e $(1,4)$ , poiché in essi è definita tramite funzioni derivabili.

L’unico punto che potrebbe essere “problematico” per la continuità e la derivabilità di $f$ in $D$ è $x = 1$ .

Ora vogliamo determinare i valori di $a$ e $b$ affinché $f$ sia continua in tale punto. Dunque calcoliamo

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{a}{2 - x} = a, \\ & \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \left(-\frac{11}{3}x^2 + bx - \frac{11}{3}\right) = b - \frac{22}{3}. \end{aligned}$

Per la definizione di continuità 1.9 e per il corollario 1.7 deve valere

(2) $\begin{equation*} a = -\frac{22}{3} + b = \frac{3b - 22}{3} = f(1). \end{equation*}$

Possiamo quindi riscrivere $f$ come segue:

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{3b - 22}{3(2 - x)}, & \text{se } -1 \leq x < 1, \\\\ -\dfrac{11}{3}x^2 + bx - \dfrac{11}{3}, & \text{se } 1 \leq x \leq 4. \end{cases}$

Essendo per il corollario 1.7:

$\lim_{x \to 1} f(x) = f(1),$

allora $f$ è continua in $x = 1$ e quindi è continua in tutto il suo dominio $D$ per ogni valore di $b \in \mathbb{R}$ .

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \begin{cases} \dfrac{3b - 22}{3(2 - x)^2}, & \text{se } -1 < x < 1, \\\\ -\dfrac{22}{3}x + b, & \text{se } 1 < x < 4. \end{cases}$

Studiamo la derivabilità in $x = 1$ :

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{3b - 22}{3(2 - x)^2} = \frac{3b - 22}{3}, \\ & \lim_{x \to 1^+} f'(x) = \lim_{x \to 1^+} \left(-\frac{22}{3}x + b\right) = \frac{3b - 22}{3}. \end{aligned}$

Affinché la funzione sia derivabile, per il teorema 1.1 deve valere

$\frac{3b - 22}{3} = \frac{3b - 22}{3},$

che è verificata per ogni $b \in \mathbb{R}$ .

Infine, valutiamo la funzione agli estremi di $[-1,4]$ :

$f(-1) = \frac{3b - 22}{9} \quad \text{e} \quad f(4) = -\frac{187}{3} + 4b.$

Dovendo essere $f(-1) = f(4)$ otteniamo

$\frac{3b - 22}{9} = -\frac{187}{3} + 4b \quad \iff \quad 9b = \frac{539}{3}.$

cioè

$\boxcolorato{analisi}{b = \dfrac{49}{3}}$

da cui avvalendoci di (2), si ha

$\boxcolorato{analisi}{ a = 9.}$

La funzione risultante è

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{9}{2 - x}, & \text{se } -1 \leq x < 1, \\\\ -\dfrac{11}{3}x^2 + \dfrac{49}{3}x - \dfrac{11}{3}, & \text{se } 1 \leq x \leq 4, \end{cases}$

e ad essa è applicabile il teorema di Rolle 1.1 sull’intervallo $A$ .

Si ha

$f'(x) = \frac{-9}{(2 - x)^2}\quad \forall x \in (-1,1).$

Ponendo $f'(c) = 0$ , si ottiene:

$\frac{-9}{(2 - c)^2} = 0.$

Questa equazione non ammette soluzioni nel campo dei numeri reali, poiché il numeratore è una costante non nulla. Ne consegue che non vi sono punti $c$ nell’intervallo $(-1, 1)$ per cui $f'(c) = 0$ . Inoltre, abbiamo

$f'(x) = -\frac{22}{3}x + \frac{49}{3}\quad \forall x \in (1,4).$

Ponendo la derivata uguale a zero per trovare i punti critici, otteniamo:

$-\frac{22}{3}c + \frac{49}{3} = 0$

da cui

$\boxcolorato{analisi}{c = \dfrac{49}{22}.}$

Il punto $c$ si trova nell’intervallo $(1, 4)$ . Questo è l’unico punto che soddisfa la condizione $f'(c) = 0$ nell’intervallo $(-1, 4)$ .

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

$f(x) = ax^3 + (a - 1)x,$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a \in \mathbb{R}$ . Determinare per quale valore di $a\in \mathbb{R}$ la funzione soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = [-1, 2]$ .

Svolgimento.

Osserviamo che $f$ ha dominio $D = \mathbb{R}$ . Pertanto, essendo $A \subset D$ , la funzione $f$ è ben definita in $A$ . La funzione $f$ risulta continua in $A$ e derivabile in $(-1, 2)$ , in quanto è definita come un polinomio.

Calcoliamo ora il valore della funzione agli estremi di $A$ :

$f(-1) = -a - (a - 1) = -2a + 1 \qquad \text{e} \qquad f(2) = 8a + 2a - 2 = 10a - 2.$

Dovendo risultare $f(-1) = f(2)$ , otteniamo

$-2a + 1 = 10a - 2 \quad \iff \quad 12a = 3 \quad \iff \quad a = \frac{1}{4}.$

Quindi, la funzione $f$ soddisfacente le ipotesi del teorema di Rolle 1.1 nell’intervallo $A$ , è

$f(x) = \frac{1}{4}x^3 + \left(\dfrac{1}{4} - 1\right)x,$

da cui

$\boxcolorato{analisi}{f:D\to \mathbb{R}, \, f(x) = \frac{1}{4}x^3 -\dfrac{3}{4}x.}$

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

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

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a \in \mathbb{R}$ . Determinare, se esiste, il valore di $a$ affinché la funzione soddisfi le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = [-1, 2 + \sqrt{2}]$ .

Svolgimento.

Il dominio massimale della funzione è $D = \mathbb{R}$ ; essendo $A \subset D$ , la funzione $f$ è ben definita in $A$ . La funzione è continua in $[-1, 0)$ come funzione razionale con denominatore diverso da 0 e in $(0, 2 + \sqrt{2}]$ poiché definita da un polinomio. Analogamente, $f$ è derivabile in $(-1, 0)$ e in $(0, 2 + \sqrt{2})$ . L’unico punto che potrebbe compromettere la continuità e la derivabilità di $f$ in $A$ è $x = 0$ .

Determiniamo ora il valore di $a$ affinché $f$ sia continua in tale punto:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(-\frac{1}{4}x^2 + x + a\right) = a, \\ & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{3x - 2}{x - 1} = 2. \end{aligned}$

Affinché il limite $\lim_{x \to 0} f(x)$ esista, per la proposizione 1.7 deve valere

$\boxcolorato{analisi}{a = 2.}$

Possiamo quindi riscrivere $f$ come segue:

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

Essendo

$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0),$

si conclude che $f$ è continua in $x = 0$ e quindi in tutto il suo dominio $D$ .

Calcoliamo ora la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{(x - 1)^2}, & \text{se } -1 < x < 0, \\\\ -\dfrac{1}{2}x + 1, & \text{se } 0 < x < 2 + \sqrt{2}. \end{cases}$

Studiamo ora la derivabilità di $f$ in $x = 0$ , applicando il teorema 1.16:

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(-\frac{1}{(x - 1)^2}\right) = -1, \\[10pt] & \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} \left(-\frac{1}{2}x + 1\right) = 1. \end{aligned}$

Poiché i limiti destro e sinistro della derivata non coincidono, la funzione $f$ non è derivabile in $x = 0$ per qualsiasi valore di $a$ , in quanto l’espressione di $f'$ è indipendente da tale parametro.

Concludiamo quindi che non esiste alcun valore di a per cui risulti applicabile alla funzione il teorema di Rolle su $[-1, 2 + \sqrt{2}]$ .

Osservazione 2.4.

In realtà, esiste un punto in cui $f'(x) = 0$ in $A$ , precisamente $x = 2$ . Tuttavia, la sua esistenza non può essere giustificata mediante il teorema di Rolle, poiché questo fornisce solo condizioni sufficienti per la tesi.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f : D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ,

$f(x) = \begin{cases} \sqrt{-x + 1}, & \text{per } x<0 \\\\ ax^2 + bx + 1, & \text{per } x\geq 0, \end{cases}$

dove $D$ è il dominio massimale della funzione ed $a, b \in \mathbb{R}$ . Determinare per quali valori di $a$ e $b$ la funzione soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo $A = [-8, 1]$ .

Svolgimento.

Per come è definita la funzione, risulta $D = \mathbb{R}$ . Poiché $A \subset \mathbb{R}$ , la funzione è ben definita in $A$ . La funzione $f$ è continua su $[-8, 0)$ in quanto composta di funzioni continue, ed è continua su $[0, 1]$ poiché è una funzione polinomiale, che è anch’essa continua su tale intervallo. Inoltre, $f$ è derivabile su $(-8, 0)$ in quanto composta di funzioni derivabili, e derivabile su $(0, 1)$ poiché polinomiale e quindi derivabile su tale intervallo.

L’unico punto critico per la continuità e la derivabilità di $f$ in $A$ è $x = 0$ . Vogliamo ora determinare i valori di $a$ e $b$ affinché $f$ sia continua in $x = 0$ . Calcoliamo quindi:

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

Pertanto, per il corollario 1.1, si ha che

$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0),$

e dunque $f$ è continua in $x = 0$ per qualsiasi valore reale di $a$ e di $b$ .

Passiamo ora a calcolare la derivata prima di $f$ :

$f'(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{2\sqrt{-x + 1}}, & \text{se } -8 < x < 0, \\\\ 2ax + b, & \text{se } 0 < x < 1. \end{cases}$

Studiamo la derivabilità in $x = 0$ calcolando i limiti laterali della derivata:

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} f'(x) &= \lim_{x \to 0^+} \left( 2ax + b \right) = b, \\ \lim_{x \to 0^-} f'(x) &= \lim_{x \to 0^-} -\dfrac{1}{2\sqrt{-x + 1}} = -\dfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Affinché $f$ sia derivabile in $x = 0$ , secondo il teorema 1.16, deve valere

$b = -\dfrac{1}{2}.$

Pertanto, $f$ risulta derivabile su $(-8, 1)$ se $b = -\dfrac{1}{2}$ e per qualunque $a \in \mathbb{R}$ .

Infine, valutiamo i valori di $f$ agli estremi dell’intervallo $[-8, 1]$ :

$f(-8) = 3 \quad \text{e} \quad f(1) = a + \dfrac{1}{2}.$

Affinché sia verificata la condizione $f(-8) = f(1)$ , deve valere

$a = \dfrac{5}{2}.$

In conclusione, alla funzione

$f(x) = \begin{cases} \sqrt{-x + 1}, & \text{per } -8 \le x < 0, \\\\ \dfrac{5}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x + 1, & \text{per } 0 \le x \le 1, \end{cases}$

è possibile applicare il teorema di Rolle nell’intervallo $[-8, 1]$ .

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il numero delle soluzioni dell’equazione $x e^x + x e^{-x} - 2 = 0$ .

Svolgimento.

Poiché $x = 0$ non è una soluzione, l’equazione di partenza è equivalente a

$e^x + e^{-x} - \dfrac{2}{x} = 0, \quad \forall x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}.$

Definiamo la funzione $f(x) = e^x + e^{-x} - \dfrac{2}{x}$ e analizziamo il numero di zeri della funzione $f$ sul dominio $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

Per $x < 0$ , la funzione $f(x)$ è sempre positiva, quindi non presenta zeri in questo intervallo. Consideriamo ora l’intervallo $(0, +\infty)$ . I limiti della funzione agli estremi dell’intervallo sono:

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

Poiché $f(x)$ è continua su $(0, +\infty)$ , per il teorema degli zeri si conclude che la funzione assume sia valori positivi che negativi, garantendo così l’esistenza di almeno uno zero nell’intervallo $(0, +\infty)$ .

Supponiamo ora, per assurdo, che la funzione $f$ abbia due zeri distinti $x_1$ e $x_2$ con $0 < x_1 < x_2$ . In tal caso, per il teorema di Rolle, deve esistere almeno un punto $c \in (x_1, x_2)$ tale che $f'(c) = 0$ .

Calcoliamo ora la derivata prima della funzione $f$ :

$f'(x) = e^x - e^{-x} + \frac{2}{x^2}.$

Osserviamo che $f'(x)$ è sempre positiva per $x > 0$ . Infatti, per $x > 0$ , si ha $e^x > e^{-x}$ , da cui segue $e^x - e^{-x} > 0$ , e inoltre $\dfrac{2}{x^2}$ è positiva per ogni $x \neq 0$ . Di conseguenza, $f'(x) > 0$ per ogni $x > 0$ , il che contraddice l’ipotesi che $f$ abbia due zeri distinti in $(0, +\infty)$ . Pertanto, la funzione $f$ può avere al massimo uno zero nell’intervallo $(0, +\infty)$ .

Concludiamo quindi che l’equazione $x e^x + x e^{-x} - 2 = 0$ ha un’unica soluzione. In alternativa, il problema può essere risolto con un’interpretazione geometrica: osservando che $e^x + e^{-x} = 2 \cosh x$ , il problema si riduce a determinare il numero di intersezioni tra i grafici di $y = \cosh x$ e $y = \dfrac{2}{x}$ , che risulta essere uno.

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che se $p(x)$ è un polinomio allora tra due qualsiasi radici distinte di $p(x)$ c’è una radice di $p'(x)$ .

Svolgimento.

Sia $y = p(x)$ una funzione polinomiale definita e derivabile nel campo reale. Supponiamo che $x_1$ e $x_2$ siano due radici distinte di $p(x)$ , ovvero $p(x_1) = p(x_2) = 0$ con $x_1 \neq x_2$ . Poiché la funzione $p(x)$ è continua su $[x_1,x_2]$ e derivabile su $(x_1, x_2)$ , per il teorema di Rolle esiste almeno un punto $c \in (x_1, x_2)$ tale che $p'(c) = 0$ . Ne consegue che $c$ è una radice di $p'(x)$ compresa tra $x_1$ e $x_2$ , come richiesto.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando il teorema di Rolle, si verifichi che il polinomio $x^n + px + q$ $(p, q \in \mathbb{R})$ , se $n$ è pari ha al più due radici reali, se $n$ è dispari ha al più tre radici reali.

Svolgimento.

Sia $p(x) = x^n + px + q$ un polinomio di grado $n$ . Osserviamo dapprima che, nel caso in cui $n=1$ , $p=-1$ e $q=0$ ci troviamo nel caso limite in cui il polinomio è identicamente nullo e dunque ammette infinite radici reali. Consideriamo dunque il caso in cui $p$ si diverso dal polinomio nullo.

Dato un intervallo $[a,b]\subseteq \mathbb{R}$ tale che $p(a) = p(b) = 0$ , sono sempre verificate le ipotesi del teorema di Rolle in quanto tutti i polinomi sono continui e derivabili in $\mathbb{R}$ . Segue dunque che esiste un punto $c$ appartenente all’intervallo aperto $(a, b)$ per cui $p'(c) = 0$ .

Determiniamo ora le radici del polinomio $p$ studiando le radici dell’equazione $p'(x)=n x^{n-1} + p =0$ . Consideriamo due casi:

$\quad$

Se $n$ è pari, allora $n - 1$ è dispari e dunque $p'(x)$ è strettamente crescente.

Se $n$ è dispari, allora $n - 1$ è pari e l’equazione $p'(x)=0$ è equivalente a $x^{n-1}=-p/n$ , che ha al più due soluzioni reali.

Da tali considerazioni e dall’esercizio 17 segue che, se $n$ è pari, allora $p(x)$ può avere al massimo due radici distinte, mentre se n è dispari $p(x)$ può averne al massimo tre.

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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