Derivabilità

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Esercizio 1

Studiare la derivabilità della funzione \(f(x) = x^2 \cdot \log | x|\) definita per \(x \neq 0\).

Soluzione

Sappiamo che esiste

\[ \lim_{x \rr 0} x^2 \cdot \log | x| =0 \]

e possiamo prolungare \(f\) per continuità definendo \(f(0) =0\), ed \(f\) risulta continua anche in \(0\). Con \(x \neq 0\), abbiamo:

\[ f(x)=\left\{\begin{array}{lr} x^2 \cdot \log x, &x>0\\ \\ x^2 \cdot \log (-x), & x < 0 \end{array}\right. {\rm ~~~~~~~quindi~~~~~~~} f'(x)=\left\{\begin{array}{lr} 2\:x \cdot \log (x) +x, &x>0\\ \\ 2\:x \cdot \log (-x) +x, & x < 0 \end{array}\right. \]

In \(x = 0\) la funzione è continua, e abbiamo:

\[ \lim_{x \rr 0^+} f'(x) = \lim_{x \rr 0^+} 2\:x \cdot \log x +x = 0 {\rm ~~~~e~~~~} \lim_{x \rr 0^-} f'(x) = \lim_{x \rr 0^-} 2\:x \cdot \log(-x) +x = 0 \]

quindi il teorema del limite della derivata è applicabile e abbiamo:

\[ f'_+(0)=0,f'_-(0)=0, f'(0)=0 {\rm ~~per~cui~in~~} x=0 {\rm ~~la~funzione~è~derivabile} \]

Esercizio 2

Determinare i valori di \(\alpha\) e \(\beta \in \mathbb{R}\) per i quali la funzione

\[ f(x) = \begin{cases} \displaystyle \frac{(1+x)^\alpha-1}{x} & \text{se }x>0 \vspace{0.2cm} \\ \beta x+2 & \text{se }x\leq0 \end{cases} \]

risulta continua e derivabile in \(x=0\).

Soluzione

Iniziamo dalla continuità nel punto di raccordo:

\[\begin{align*} \lim_{x\to0^+}f(x)&=\lim_{x\to0^+}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\alpha, \\ \lim_{x\to0^-}f(x)&=f(0)=2; \end{align*}\]

quindi la funzione è continua in \(x=0\) se e solo se \(\alpha=2\) e \(\beta\in\mathbb{R}\).

Per \(\alpha=2\) e \(x>0\), si ha:

\[ f(x)=\frac{(1+x)^2-1}{x}=x+2. \]

Pertanto è evidente che, al fine di raccordare due rette passanti per un medesimo punto (nel nostro caso, l'ordinata all'origine (\(0, 2\))), le loro equazioni dovranno coincidere, da cui \(\beta=1\).

Alternativamente, è possibile scrivere l'espressione analitica di \(f'(x)\) ed imporre la condizione

\[ \lim_{x\to0^+}f'(x)=\lim_{x\to0^-}f'(x) \]

e osservare che si giunge alla stessa conclusione.

Esercizio 3

Determinare i valori di \(\alpha\) e \(\beta \in \mathbb{R}\) per i quali la funzione

\[ f(x) = \begin{cases} \displaystyle \frac{e^{x-1}-1}{x\sin(x^2-1)} & \text{se }0<x<1 \vspace{0.2cm} \\ \alpha x+\beta & \text{se }1\leq x\leq2 \vspace{0.2cm} \\ (x-2)^2\log^2(x-2) & \text{se }x>2 \end{cases} \]

risulta continua e derivabile in \((0,+\infty)\).

Soluzione

La funzione proposta è continua negli intervalli (0, 1), (1, 2) e (2,\(+\infty\)), in quanto ogni ramo è composizione di funzioni continue.

Al fine di assicurare continuità in \(x=1\), imponiamo l'uguaglianza

\[ \lim_{x\to1^+}\left(\alpha x+\beta\right)=\lim_{x\to1^-}\frac{e^{x-1}-1}{x\sin(x^2-1)} \]

ed osservando che, per \(x\to1^-\),

\[ f(x)\sim\frac{x-1}{x(x^2-1)}=\frac{1}{x(x+1)}\to\frac{1}{2}, \]

si ha \(\alpha+\beta=\frac{1}{2}\).

Studiamo ora la continuità nel punto di raccordo \(x=2\); imponiamo

\[ \lim_{x\to2^+}(x-2)^2\log^2(x-2)=\lim_{x\to2^-}\left(\alpha x+\beta\right), \]

e poiché

\[ \lim_{x\to2^+}(x-2)^2\log^2(x-2)=0 \]

si ha \(2\alpha+\beta=0\). Mettiamo a sistema le due condizioni e otteniamo \(\alpha=-\frac{1}{2}\) e \(\beta=1\), che garantiscono la continuità di \(f\) in (0,\(+\infty\)).

Per la verifica della derivabilità, osserviamo che il calcolo di \(f'(x)\) in (0,1) è decisamente più complicato che in (2,\(+\infty\)). Ci conviene, allora, verificare dapprima la derivabilità di \(f\) in \(x=2\). Poiché

\[ f'(x)=2(x-2)\log^2(x-2)+2(x-2)\log(x-2) \quad \forall x>2, \]

si ha che

\[ \lim_{x\to2^+}f'(x)=0\neq-\frac{1}{2}=\lim_{x\to2^-}f'(x) \]

Pertanto, per \(\alpha=-\frac{1}{2}\) e \(\beta=1\), la funzione non è derivabile in \((0,+\infty)\), a causa della presenza di un punto angoloso in \(x=2\). Potremmo chiederci cosa accadrebbe per diversi valori di \(\alpha\) e \(\beta\), ma la risposta è immediata: la funzione non sarebbe continua in \((0, +\infty)\), dunque neppure derivabile.

Esercizio 4

Data la funzione

\[ f(x) = \begin{cases} \displaystyle \frac{\pi}{\arctan \frac{1}{x}} & \text{se }x<0 \vspace{0.2cm} \\ \displaystyle \lambda & \text{se }x=0 \vspace{0.2cm} \\ \displaystyle \frac{\log (1-2x^4)}{x^\alpha} & \text{se }x>0 \end{cases} \]

determinare per quali valori dei parametri reali \(\alpha,\lambda\in\mathbb{R}\) la funzione risulta continua e derivabile in \(x=0\).

Soluzione

La funzione data è continua negli intervalli \((-\infty, 0)\) e \((0, +\infty)\) in quanto composizione di funzioni continue. Resta da assicurare la continuità nel punto di raccordo \(x=0\), in cui deve verificarsi:

\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=f(0)=\lambda \]

Si ha

\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}\frac{\pi}{\arctan \frac{1}{x}}=-2 \]

e

\[\begin{align*} \lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{\log (1-2x^4)}{x^\alpha}=\lim_{x\to0^+}\frac{-2x^4}{x^\alpha}&=-2\lim_{x\to0^+}x^{4-\alpha} \\ &= \begin{cases} \displaystyle 0 & \text{se }\alpha<4 \\ \displaystyle -2 & \text{se }\alpha=4 \\ \displaystyle -\infty & \text{se }\alpha>4 \end{cases} \end{align*}\]

Appare chiaro come la funzione sia continua in \(x=0\) se e solo se \(\alpha=4, \lambda=-2\). Verifichiamo se, per i valori di \(\alpha, \lambda\) ottenuti, la funzione è anche derivabile in \(x=0\). Riscriviamo la funzione sostituendo i valori di \(\alpha, \lambda\) ottenuti:

\[ f(x) = \begin{cases} \displaystyle \frac{\pi}{\arctan \frac{1}{x}} & \text{se }x<0 \vspace{0.2cm} \\ \displaystyle -2 & \text{se }x=0 \vspace{0.2cm} \\ \displaystyle \frac{\log (1-2x^4)}{x^4} & \text{se }x>0 \end{cases} \]

e scriviamo l'espressione analitica della sua derivata prima:

\[ f'(x) = \begin{cases} \displaystyle \frac{\pi}{(x^2+1)\left(\arctan \frac{1}{x}\right)^2} & \text{se }x<0 \vspace{0.4cm} \\ \displaystyle \frac{-8x^7-4x^3(1-2x^4)\log (1-2x^4)}{x^8(1-2x^4)} & \text{se }x>0 \end{cases} \]

Si ha

\[ \lim_{x\to0^{-}}f'(x)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\pi}{(x^2+1)\left(\arctan \frac{1}{x}\right)^2}=\frac{4}{\pi} \]

mentre

\[ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-8x^7-4x^3(1-2x^4)\log (1-2x^4)}{x^8(1-2x^4)}=0 \]

in quanto

\[ \lim_{x\to0^{+}}\frac{-8x^7-4x^3(1-2x^4)\log (1-2x^4)}{x^8(1-2x^4)}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-8x^{11}+o(x^{11})}{x^8}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-8x^{11}}{x^8}=0 \]

Siamo giunti alla conclusione che \(\nexists \; \alpha, \lambda \in \mathbb{R}\) per cui la funzione sia anche derivabile in \(x=0\).

Esercizio 5

Dimostrare che vale la seguente disuguaglianza:

\[ \log\left(1+x\right)\leq x \quad \quad \forall x \geq 0 \]

Soluzione

La funzione \(f(x)=\log (1+x)\) è continua e derivabile su \((-1,+\infty)\). Possiamo applicare il teorema di Lagrange in ogni intervallo della forma \([0,x]\), con \(x>0\). Pertanto, per un opportuno \(\eta\in (0,x)\), \(x>0\), otteniamo

\[ \log (1+x)=\log(1+x)-\log(1+0)=\frac{1}{1+\eta}x< x \]

dove abbiamo tenuto conto che \(\frac{1}{1+\eta}<1\) per ogni \(\eta>0\).

Esercizio 6

Determinare gli eventuali punti di minimo e di massimo, relativi e assoluti, della funzione

\[ g(x)=x+|\cos x| \]

in \([0, 2\pi]\). In quanti punti si annulla \(g(x)\)? Perché?

Soluzione

La funzione è continua nell'intervallo chiuso e limitato \([0, 2\pi]\), quindi per il teorema di Weierstrass esistono i punti di massimo e minimo assoluti. Si ha

\[ g(x)=\begin{cases} x+ \cos x & \text{se }x\in [0,\pi/2]\cup[3\pi/2,2\pi] \\ x- \cos x & \text{se }x \in (\pi/2,3\pi/2) \end{cases} \]

e

\[ g'(x)=\begin{cases} 1- \sin x & \text{se }x\in (0,\pi/2)\cup(3\pi/2,2\pi) \\ 1+ \sin x & \text{se }x \in (\pi/2,3\pi/2) \end{cases} \]

e si verifichi per esercizio che la funzione non è derivabile nei punti di raccordo. La derivata prima è sempre positiva dove è definita, quindi la funzione è sempre crescente ed assumerà i valori massimo e minimo assoluto agli estremi dell'intervallo. Più precisamente, \(x=0\) è punto di minimo assoluto con \(g(0)=1\) e \(x=2\pi\) è punto di massimo assoluto con \(g(2\pi)=2\pi+1\). La funzione non si annulla mai poiché sempre crescente e \(g(0)=1\).

Esercizio 7

Studiare la derivabilità della funzione \(f(x) = \arctan \frac{1}{x}\) definita per \(x \neq 0\).

Soluzione

Con \(x \neq 0\), abbiamo:

\[ f'(x) = -\frac{1}{1+x^2} \]

Ma in questo caso viene meno l'ipotesi di continuità di \(f\) in \(0\) in quanto:

\[ \lim_{x \rr 0^+} f(x) = \frac{\pi}{2} ~~~{\rm e}~~~ \lim_{x \rr 0^-} f(x) = -\frac{\pi}{2} \]

e non è possibile usare il teorema del limite della derivata per calcolare la derivata in \(x=0\). Non essendo continua in \(x=0\) la funzione non è derivabile. Se invece consideriamo solo il limite sinistro della derivata, le ipotesi del teorema del limite della derivata sono verificate e dato che:

\[ \lim_{x \rr 0^-} f'(x)= \lim_{x \rr 0^-} -\frac{1}{1+x^2}=-1 {\rm ~~allora~~~} f'_-(0)=-1 \]

inoltre dato che:

\[ \lim_{x \rr 0^+} f'(x)= \lim_{x \rr 0^+} -\frac{1}{1+x^2}=-1 {\rm ~~allora~~~} f'_+(0)=-1 \]