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I teoremi del calcolo differenziale
VERSO L’ESAME DI STATO
I TEOREMI DEL CALCOLO DIFFERENZIALE
Soluzioni di quesiti e problemi tratti dal Corso Base Blu di Matematica volume 5
(Prof. Enrico Sailis - I.I.S. Gramsci-Amaldi - Carbonia)
[1] (Es. n. 3 a pag. 136 V)
La funzione reale di variabile reale f(x) 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 ≤ f’(x) ≤ 2 per ogni x dell’intervallo ]1; 3[.
Spiegare in maniera esauriente perché risulta 1 ≤ f(3) ≤ 5.
Risoluzione
Per il teorema di Lagrange esiste un numero c Є ]1; 3[ tale che:
Ossia
f'
( c )
f'
( c )
f ( 3 ) − f ( 1)
=
3 −1
f ( 3 ) −1
f ( 3 ) −1
= . Poiché 0 ≤ f’(c) ≤ 2 si ha: 0 ≤ ≤ 2 ossia, 0 ≤ f(
3 ) −1
≤ 4 da cui si ricava
2
2
[2] (Es. n. 4 a pag. 136 V)
0 ≤ f ( 3 ) ≤ 5
Dire, formalizzando la questione e utilizzando il teorema del valor medio o di Lagrange, se è vero che:
“ se un automobile compie un viaggio senza sosta 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.
Risoluzione
Consideriamo l’automobile come un punto e il percorso da essa seguito come una linea sulla quale
fissiamo un punto O origine di un sistema di ascisse curvilinee orientato nel verso di percorrenza
dell’auto. Indichiamo con s=f(t) l’ascissa curvilinea del punto “auto” nell’istante t, assumendo che
nell’istante iniziale, t=0, si abbia s0=f(0)=0. Assumiamo inoltre che la legge oraria del moto s=f(t)
sia “regolare” ovvero sia una funzione continua e derivabile. Sono allora soddisfatte le condizioni per
applicare il teorema di Lagrange nell’intervallo [0; t]. Per il teorema di Lagrange allora, esiste un
istante c Є ]0; t[ tale che risulti:
f'
( c )
f ( t ) − f ( 0 )
= (1)
t − 0
Poiché il primo membro della (1) è la velocità istantanea dell’auto nell’istante c, mentre il secondo
membro è la velocità media dell’auto, 60 km/h, possiamo affermare che nell’istante c il tachimetro
indicherà esattamente 60 km/h.
[3] (Es. n. 9 a pag. 136 V)
Dimostrare utilizzando il teorema di Rolle, che se l’equazione:
n n −1
(1) x + an
− 1x
+ ⋅⋅
⋅ + a1x
+ a0
= 0
Ammette radici reali, allora fra due di esse giace almeno una radice dell’equazione:
1

n −1
n −2
nx n −1
1
(2) + ( n −1)
a x + ⋅⋅
⋅ + a = 0
Risoluzione
Indichiamo con P(x) il polinomio al primo membro di (1). Il polinomio al primo membro di (2) altro
non è che P’(x). Teniamo conto che ogni funzione polinomiale è continua e derivabile per qualunque x
Є R, inoltre, date due radici dell’equazione (1), x1 e x2, con x1 ≤ x2, risulta P(x1)=P(x2)=0. Per quanto
appena detto al polinomio P(x) è applicabile nell’intervallo [x1; x2] il teorema di Rolle. Pertanto
esisterà un punto c Є ]x1; x2[ per cui risulta:
P’(c)=0
che tradotto in altri termini significa che tra le due radici x1 e x2, dell’equazione (1), esiste almeno una
radice c, dell’equazione (2), che è ciò che volevamo dimostrare.
[4] (Es. n. 10 a pag. 136 V)
Calcola la derivata della funzione
f(x)?
Risoluzione
f ' ( x )
f'
( x )
1 1
= −
⋅
2
2
1 + x ⎛ x −1
⎞
1 + ⎜ ⎟
⎝ x + 1 ⎠
1
=
2
1 + x
−
1 2
⋅ →
2
2x
+ 2 1
I teoremi del calcolo differenziale
f ( x )
( x + 1)
− ( x −1)
2 ( x + 1)
f'
( x )
x −1
= arctgx − arctg . Quali conclusioni se ne possono trarre per la
x + 1
→
f'
( x )
1
=
1 + x
1 1
= − →
2 2
1 + x x + 1
2
−
1
2 ( x + 1)
+ ( x −1)
2 ( x + 1)
f ' ( x ) = 0 ∀ x ∈ ℜ − { 1}
2
⋅
2
( ) 2
x + 1
Da ciò possiamo concludere che f(x) è costante in ciascuno dei suoi due intervalli di definizione x-1, precisamente per x -1, per esempio x=0 risulta:
0 −1
⎛ π ⎞
f ( 0 ) = arctg(
0 ) − arctg → f ( 0 ) = 0 − ⎜−
⎟ →
0 + 1
⎝ 4 ⎠
[5] (Es. n. 11 a pag. 136 V)
f ( 0 )
3
Dimostrare, senza risolverla, che l’equazione 2x
+ 3x
+ 6x
+ 12 = 0 , ammette una e una sola radice
reale. (Esame di Stato di Liceo Scientifico, Scuole italiane all’estero (Americhe), sessione ordinaria
2004, quesito 2)
Risoluzione
3
Osserviamo intanto che la funzione f ( x)
= 2x
+ 3x
+ 6x
+ 12 ha i seguenti limiti per x → ±∞ :
lim ( 2x + 3x
+ 6x
+ 12)
= lim ( 2x
) = −∞
x
→ −∞
3
2
x → −∞
3
2
π
=
4
2
2

lim ( 2x + 3x
+ 6x
+ 12)
= lim ( 2x
) = +∞
x → +∞
3
I teoremi del calcolo differenziale
2
x → +∞
3
Osserviamo poi che f(x) è una funzione continua e derivabile per ogni valore della x in quanto è
polinomiale. Possiamo allora determinare un intervallo I ai cui estremi a, b, sinistro e destro, la f(x)
assuma, rispettivamente, un valore negativo e uno positivo, pertanto per il teorema della esistenza
degli zeri (pag. 146 U), esisterà in detto intervallo un punto interno c in cui f(c)=0.
Mostriamo ora che la funzione f(x) non ammette ulteriori zeri oltre a c. Per dimostrare questa
affermazione, ammettiamo per un istante, che vi sia un ulteriore numero d per cui f(d)=0. Se ciò
fosse vero vi sarebbe un intervallo chiuso e limitato di estremi c e d in cui la f(x) avrebbe agli estremi
lo stesso valore (0). Allora, per il teorema di Rolle (pag. 94 V) esisterebbe un punto interno
all’intervallo di estremi c e d in cui f’(x)=0. Quest’ultima uguaglianza come ora vedremo non può
verificarsi in quanto si ha:
f’(x)= x + 6x
+ 6 ,
6 2
e l’equazione f’(x)=0 non ammette radici reali ( Δ < 0 ). Dalla contraddizione ora mostrata si ricava che
3
2
l’equazione 2x
+ 3x
+ 6x
+ 12 = 0 non può avere altre radici oltre a c.
[6] (Es. n. 12 a pag. 136 V)
Sia α tale che la funzione
Risoluzione
f ( x )
3
x
= αx
− risulti crescente. Provare che
2
1 + x
9
α ≥
8
Dopo aver calcolato la derivata di f(x) determineremo per quali valori di α essa risulti maggiore di
zero, per tali valori di α pertanto, f(x) risulterà crescente.
f'
( x )
2
( ) ( )
( ) 2
2 3
1 + x − x 2x
2
1 + x
3x
= α −
f'
( x )
Ora, f(x) risulterà crescente per f’(x)≥0, ossia:
f ' ( x )
≥ 0 →
4 2
x + 3x
α −
≥ 0 →
2
2 ( 1 + x )
2 4 4
3x
+ 3x
− 2x
= α −
( ) 2 2
1 + x
( ) 2 2
1 + x
f'
( x )
4 2
x + 3x
α ≥
(1)
Per scoprire per quali valori di α la (1) è soddisfatta, studieremo la funzione
1) C. E.: ∀x ∈ ℜ ;
2) Segno: g ( x ) ≥ 0 ∀x
∈ ℜ
4 2
x + 3x
= α −
g(
x )
( ) 2 2
1 + x
4 2
x + 3x
= .
( ) 2 2
1 + x
3) Parità: g(x) è pari in quanto tutti gli esponenti di x sono pari
4 2 2 2
4) Intersezione con gli assi: (0; 0), in quanto x + 3x
= x ( x + 1)
si azzera solo in x=0
5) Asintoti: y=1 (si ricava immediatamente dal teorema sul quoziente di polinomi)
6) Crescenza, decrescenza, max e min
Calcoliamo la g ' ( x )
g'
( x )
g'
( x )
=
=
( )( ) ( ) ( )
( ) 4
3 4 2 4 2 2
4x
+ 6x
x + 2x
+ 1 − x + 3x
2 1 + x 2
2
1 + x
( )( ) ( )( )
( ) 4
2 4 2 4 2 2
2x
+ 3 x + 2x
+ 1 − x + 3x
2 + 2x
2
1 + x
2x
x
2x
3

[ ( )( ) ( )( ) ]
( ) 4
2 4 2 4 2 2
2x
2x
+ 3 x + 2x
+ 1 − x + 3x
2 + 2x
=
2
1 + x
6 4 2 4 2
4 6 2 4
2x[
2x
+ 4x
+ 2x
+ 3x
+ 6x
+ 3 − ( 2x
+ 2x
+ 6x
+ 6x
) ]
( )
g ' ( x ) =
→
2 4 ( 1 + x )
( ) 4
4 2
2x
− x + 2x
+ 3
g'
( x ) =
2
1 + x
g'
( x )
Studiamo il segno di g ' ( x )
4 2
2x(
− x + 2x
+ 3)
g ' ( x ) ≥ 0 →
≥ 0
2 4
1 + x
( )
4 2
Scomponiamo in fattori il polinomio − x + 2x
+ 3 con la regola di Ruffini. A tal fine cerchiamo le radici
4 2
dell’equazione: − x + 2x
+ 3 = 0 . Questa equazione è di quarto grado, biquadratica e si risolve con la
2
sostituzione t → x , che la trasforma in una di secondo grado t 2t
3 0
2
− + + = .
− t + 2t
+ 3 = 0 →
2
I teoremi del calcolo differenziale
2
2
t = 3 ∨ t = −1
, ossia: x = 3 ∨ x = −1
(impossibile), da cui si ricava: x = ± 3 .
4 2
Con la regola di Ruffini il polinomio − x + 2x
+ 3 si scompone in:
4 2
2
-1 0 2 0 3 − x + 2x
+ 3 = ( x − 3 )( x + 3 )( − x −1)
3 − 3 -3 − 3 -3
-1 − 3 -1 − 3 0
− 3 3 0 3
-1 0 -1 0
Calcoliamo ora il segno del numeratore di g’(x) e quindi di g’(x)
4 2
2
Numeratore: 2x(
− x + 2x
+ 3)
= 2x
( x − 3 )( x + 3 )( − x −1)
3
− 3
0
- - - - - - - - - - - - - - - o + + + + + + + + + + + ( 2 x)
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - o + + + + + + + ( x − 3 )
- - - - - - - - - o + + + + + + + + + + + + + + + + ( x + 3 )
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ( x 1)
2 − −
2
+ + + + + + o - - - - - o + + + +o - - - - - - - - - - - 2x(
x − 3 )( x + 3 )( − x −1)
x
4

Osservato che il denominatore di g’(x) è sempre positivo, g’(x) assumerà sempre il segno del
numeratore, pertanto si ha il seguente grafico del segno di g’(x) e il relativo andamento di g(x).
I teoremi del calcolo differenziale
+ + + + + + o - - - - - o + + + o - - - - - - - - g ' ( x )
x
Andamento di y=g(x)
g(x) ha due massimi locali o relativi, per x = ± 3 (essi hanno lo stesso valore perché g(x) è pari) e
un minimo in x=0. L’ordinata dei punti di massimo è:
g(
−
3 )
( 2)
=
g(
3 )
=
4 2
( 3 ) + 3(
3 ) 9 + 9 18 9
= = =
2
2
⎛ 2 ( ) ⎞ ( 1 + 3)
16 8
⎜1
+ 3 ⎟
⎝
⎠
Dall’andamento di y=g(x) indicato dal grafico (2) si evince che il valore comune dei due massimi
4 2
x + 3x
relativi in x = ± 3 costituisce il valore massimo assoluto della funzione g(
x ) = .
2
1 + x
Ritornando al problema (1), ossia la risoluzione della disequazione
4 2
x + 3x
α ≥
( ) 2 2
1 + x
Possiamo affermare che questa condizione è soddisfatta per
crescenza di
f ( x )
3
x
= αx
− .
2
1 + x
− 3 0
3
Max Min Max
( ) 2
9
α ≥ , condizione che assicura la
8
5