Teoremi di analisi matematica
Di seguito analizzeremo alcuni teoremi e concetti di analisi matematica che si incontrano al liceo.
Regola dell'Hopital
Può capitarvi di trovare limiti che vi restituiscono una qualche forma indeterminata. Se infatti, otteniamo 0\over 0 o \infty \over \infty , possiamo applicare il teorema dell'Hopital. Esso ci dice che, appunto, se abbiamo un limite nella seguente forma:
\displaystyle \lim_{x\to x_0} {f(x)\over g(x)}
E ci da come risultato un delle due forme indeterminate elencate prima, se g'(x) è diverso da 0, allora:
\displaystyle \lim_{x\to x_0}{f(x)\over g(x)}= \displaystyle \lim_{x\to x_0} {f'(x)\over g'(x)}
Cioè posso prendere la derivata al numeratore ed al denominatore senza cambiare il risultato. Vediamo un esempio:
Risolviamo il seguente limite:
\displaystyle \lim_{x \to +\infty} {\ln(x)\over x}
Se vado a sostituire +\infty, ottengo +\infty \over +\infty. Posso quindi applicare l'Hopital e, ricordando che {d\over ]} \ln(x) = {1\over x} ottenere:
\displaystyle \lim_{x\to +\infty} {\ln(x)\over x}= \displaystyle \lim_{x\to +\infty} {{1\over x}\over 1}= \displaystyle \lim_{x\to +\infty} {1\over x}= 0
L'Hopital è uno strumento potentissimo. Ad esempio, possiamo dimostrare il limite notevole del seno che prima avevamo dovuto prendere come fatto. Infatti, siccome otteniamo 0\over 0, e la derivata di x è ovviamente diversa da 0 in quel punto, possiamo applicare l'hopital ed ottenere:
\displaystyle \lim_{x\to 0} {\sin(x)\over x} = \displaystyle \lim_{x\to 0} {\cos(x)\over 1}=1
Tutto qua. Anche, ad esempio, il limite notevole della funzione esponenziale può essere dimostrato con l'hopital. Le condizioni, infatti, sono soddisfatte ed otteniamo dunque:
\displaystyle \lim_{x\to 0} {e^x -1\over x}= \displaystyle \lim_{x\to 0} {e^x \over 1}= 1
Equivalenze asintotiche
Se due funzioni f(x) e g(x) si comportano nello stesso modo quando tendono ad un certo valore, cioè se il loro rapporto è uguale a 1:
\displaystyle \lim_{x\to x_0} {f(x)\over g(x)}= 1
Allora si dice che f(x) è asintoticamente equivalente a g(x) per x che tende ad x_0 e si scrive solitamente:
f(x) \sim g(x) per x \to x_0
Se però è sottointeso a quale x_0 ci stiamo riferendo, possiamo scrivere anche solo f(x) \sim g(x).
A cosa ci serve a noi? Solitamente nei limiti che incontriamo x tende sempre agli stessi valori, a 0 o a +\infty, dunque se andiamo a raggruppare funzioni che si comportano nello stesso modo in quei valori, potremo risolvere molti limiti molto più facilmente.
Se ad esempio incontrassimo il seguente limite:
\displaystyle \lim_{x\to 0} {{e^{\sin(x)} - 1 \over x}}
Sappiamo che \sin(x) si comporta come x per x che tende a 0, dunque possiamo sostituire ed ottenere:
\displaystyle \lim_{x\to 0} {{e^{\sin(x)} - 1 \over x}}= \displaystyle \lim_{x\to 0} {e^x - 1 \over x}= 1
Potrete trovare limiti molto più complicati, ma il concetto è lo stesso: se dimostro che una funzione f(x) è asintoticamente equivalente a g(x) quando x tende a x_0, se poi incontro un altro limite per x che tende ad x_0 dove compare f(x), posso sostituirla con g(x) e viceversa.
Teorema di Rolle
Il teoerma di Rolle può sembrare un po' complicato da comprendere la prima volta che lo si sente perché è un po' lungo da enunciare, però dopo averci pensato un po' risulta molto intuitivo, per questo viene solitamente studiato a scuola. Esso enuncia che:
Se una funzione f(x) è continua e derivabile in un intervallo chiuso e limitato e i valori della funzione nei limiti dell'intervallo sono uguali, allora deve esserci almeno un punto nell'intervallo in cui la derivata di f(x) si annulla.
Dunque, prendiamo una funzione f(x) che assume lo stesso valore negli estremi di un intervallo chiuso e limitato. Il caso più semplice è che si tratti di una funzione costante:
Siccome la derivata di una funzione costante è, appunto, sempre 0, il teorema è verificato. Supponiamo quindi, che la funzione stia aumentando ad a:
Siccome si tratta di una funzione continua, se sta aumentando, per tornare al valore di partenza, dovrà diminuirlo. Questo però significa che all'inizio la derivata di f(x) è positiva e poi diventa negativa.
Dunque, se da positiva deve diventare negativa, dovrà per forze passare per 0 e dunque il teorema è verificato.
Lo stesso esatto ragionamento si applica nel caso la funzione stia diminuendo ad a.
Teorema di Lagrange
Il teorema di Lagrange viene spesso visto come una generalizzazione del teorema di Rolle che abbiamo visto prima. Infatti, esso enuncia che:
Se una funzione f(x) è continua e derivabile in un intervallo chiuso e limitato [a,b], allora esiste un punto c in quell'intervallo tale che:
f'(c) = {f(b)-f(a)\over b-a}
Il rapporto che troviamo a destra, per definizione, altro non è che il coefficiente angolare della retta passante per i punti (a;f(a)) e (b;f(b)). Per la definizione di derivata, poi, f'(c) è il coefficiente angolare della retta tangente alla funzione f(x) in c. Quindi, dire che questi due coefficienti angolari sono uguali, vuol dire, per la definizione di parallelismo, che la tangente a c è parallela alla retta passante per quei due punti:
Nel caso in cui f(a)=f(b), riotteniamo il teorema di Rolle, per questo si tratta di una sua generalizzazione.
Dimostriamo ora questo teorema:
Definiamo la seguente funzione:
g(x) = f(x) - kx
Siccome sia f(x) che kx sono due funzioni continue e derivabili, anche g(x) lo dovrà essere.
Ora, a cosa ci serve questa nuova funzione? e quanto vale k?
Questa funzione sarà molto utile perché sceglieremo un k tale che:
k= {f(b)-f(a)\over b-a}
Se andiamo ad espandere otteniamo:
(b-a)k = f(b) - f(a)
f(a) - ka = f(b) - kb
Sostituendo con g(x) otteniamo:
g(a)=g(b)
Cioè, la funzione g(x) soddisfa le condizioni per poter applicare il teorema di Rolle. Questo, quindi, è stato possibile perché potevamo scegliere qualsiasi numero reale per k.
Notate che a e b sono i due estremi di un intervallo chiuso e limitato, dunque non possono essere uguali, quindi b-a deve essere diverso da 0 e non ci sono quindi problemi di esistenza.
Ora sostituiamo k nell'equazione per g(x):
g(x) = f(x) - kx
g(x) = f(x) - {f(b)-f(a)\over b-a}x
e prendiamo la derivata da entrambi i lati:
g'(x) = f'(x) - {f(b)-f(a)\over b-a}
Ora, però, siccome g(x) soddisfava le condizioni per poter applicare il teorema di Rolle, deve esserci un punto c tale che g'(c) = 0. Quindi otteniamo:
g'(c) = f'(c) - {f(b)-f(a)\over b-a}
0= f'(c) - {f(b)-f(a)\over b-a}
f'(c) = {f(b)-f(a)\over b-a}
Ed ecco dimostrato il teorema di Lagrange.
1. Risoluzione di un limite
Calcolare il limite \displaystyle \lim_{x \to 0^+} (x\ln(x))
0
Possiamo trasformare il limite \displaystyle \lim_{x \to 0^+} (x\ln(x)) in una forma indeterminata per applicare il theorema di Hopital sostituendo x con {1 \over {1 \over x}}
Otteniamo \displaystyle \lim_{x \to 0^+} ( {1 \over {1 \over x}} \ln(x)) ovvero: \displaystyle \lim_{x \to 0^+} ({\ln(x)\over {1 \over x}})
Ora possiamo applicare la regola e derivare il nominatore e il denominatore, sapendo che {d\over ]} {1 \over x} = {-1 \over x^2} e {d\over ]} \ln(x) = {1 \over x}, otteniamo \displaystyle \lim_{x \to 0^+}(x\ln(x)) = \lim_{x \to 0^+}{{1 \over x} \over {-1 \over x^2}}
Ora non ci resta che semplificare e risolvere il limite: \lim_{x \to 0^+}-x^3 = 0
Possiamo quindi concludere che il risultato del limite è 0
0
2. Risoluzione di un limite
Calcola utilizzando le equivalenze asintotiche (e non l'Hopital) il limite \displaystyle \lim_{x \to 0}{e^{1- \cos(x)} -1 \over x^2}
{1\over 2}
Possiamo notare che \displaystyle \lim_{x \to 0}{e^{1- \cos(x)} -1 \over x^2} tende allo stesso numero del limite \displaystyle \lim_{x \to 0}{e^x -1 \over x^2} perché sappiamo che \cos(0) = 1, quindi possiamo dire che le funzioni f(x)=1- \cos(x) e g(x)=x sono asistoticamente equivalenti per x tendente a 0.
Adesso ci basterà risolvere \displaystyle \lim_{x \to 0}{e^x -1 \over x^2} per trovare la soluzione.
Utilizzando il teorema di Hopital, otteniamo {e^x - 1 \over x^2} = {e^x - 1 \over x^2} = {e^x \over 2x} = {e^x \over 2}.
Infine calcoliamo \displaystyle \lim_{x \to 0}{e^x \over 2} sapendo che e^0 = 1 e otteniamo il risultato:
{1 \over 2}
3. Esercizio sul teorema di Rolle
Si può applicare il teorema di Rolle alla funzione f(x) = {(x+10)\ln(x^2-1)\over 2x+1} sull'intervallo [-10;-\sqrt{2}]? E nell'intervallo [-\sqrt{2};\sqrt{2}]?
In [-10; -\sqrt{2}] sì, in [-\sqrt{2}; \sqrt{2}] no perché non è continua.
Per verificare l'applicabilità del teorema di Rolle alla nostra funzione bisogna prima verificare che funzione sia continua sul nostro intervallo, quindi su [-10; -\sqrt{2}].
Per saperlo dobbiamo studiare il dominio della funzione e quindi trovare l'intervallo si continuità della funzione.
In questo caso dobbiamo porre il denominatore diverso da 0 e l'argomento del logaritmo diverso da 0.
Quindi avremo 2x+1 \neq 0 e x^2-1 > 0.
La prima si risolve facilemente e dà x \neq {-1 \over 2} e la seconda, che si risolve con la somma per differenza, dà -1 < x < 1.
Questi sono i valori per i quali la funzione non è definita e possiamo notare che non appartengono all'intervallo a cui siamo interessati, possiamo quindi procedere con la seconda condizione:
Il limite della funzione nei due estremi dell'intervallo deve coincidere.
Cerchiamo quindi f(-10) e f(-\sqrt2).
Calcoliamo f(-10) = {(-10+10)\ln[(-10)^2-1]\over 2 \cdot -10+1} = 0 e f(-\sqrt2)= {(-\sqrt2+10)\ln[(-\sqrt2)^2-1]\over 2 \cdot -\sqrt2 +1} = 0.
Possiamo concludere che le due condizioni necessarie per l'applicazione del teorema di Rolle sono verificate quindi il teorema è applicabile sull'intervallo [-10;-\sqrt{2}]
Passiamo ora alla verifica dell'applicabilità del teorema sull'intervallo [-\sqrt{2};\sqrt{2}].
Ci accorgiamo subito che la funzione non è continua sull'intervallo in questione dato che non è definita per i valori strettamente compresi tra -1 e 1, che sono appartenenti all'intervallo.
Possiamo quindi concludere che il teorema di Rolle è applicabile alla funzione solo nel primo intervallo.
4. Limite con l'Hopital
Calcola, usando l'Hopital il seguente limite: \displaystyle \lim_{x \to +\infty } {\sin(x)\over x^4}
+\infty
La soluzione step by step di questo esercizio non è attualmente disponibile. Se ne aveste bisogno, potete contattarci alla mail theoremz.team@gmail.com o scriverci un messaggio Whatsapp al numero +39 351 952 3641 e la aggiungeremo al più presto.
5.
Usando il teorema di Lagrande, dimostra che esiste un punto nell'intervallo [1;e] in cui f(x) = {1\over x} vale {1\over e-1}
È vero
La soluzione step by step di questo esercizio non è attualmente disponibile. Se ne aveste bisogno, potete contattarci alla mail theoremz.team@gmail.com o scriverci un messaggio Whatsapp al numero +39 351 952 3641 e la aggiungeremo al più presto.