Esercizi svolti sulle derivate: regole, tangenti, derivabilità, teoremi e Taylor

La derivata in $x_0$ è il limite per $h \to 0$ di $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$. Sostituendo subito $h = 0$ esce $\frac{0}{0}$: bisogna prima semplificare $h$.

1. $f(1) = \frac{1}{2}$ e $f(1 + h) = \frac{1}{(1 + h)^2 + 1} = \frac{1}{2 + 2h + h^2}$. La differenza, con denominatore comune:

Dividendo per $h$ e passando al limite:

quindi $f'(1) = -\frac{1}{2}$. Controllo con le regole: $f'(x) = -\frac{2x}{(x^2 + 1)^2}$, e $f'(1) = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.

2. $g(4) = \sqrt{9} = 3$. Con una radice si razionalizza, moltiplicando sopra e sotto per $\sqrt{9 + 2h} + 3$:

Controllo: $g'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x + 1}}$, e $g'(4) = \frac{1}{3}$. Nel punto $(4, 3)$ la tangente al grafico sale di 1 ogni 3 passi verso destra.

1. È un quoziente, ma il denominatore ha un solo termine: conviene dividere termine per termine e scrivere tutto come potenze.

Il secondo termine viene da $-4 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)x^{-\frac{3}{2}}$: due segni meno danno un più. Con la regola del quoziente avresti fatto il triplo dei conti.

2. Linearità e tabella, con $(a^x)' = a^x\ln a$ e $(\log_a x)' = \frac{1}{x\ln a}$:

3. Con le proprietà dei logaritmi, $x^3\sqrt{x} = x^{\frac{7}{2}}$ e quindi $y = \frac{7}{2}\ln x$. La derivata è $y' = \frac{7}{2x}$, senza catena né prodotto.

1. Regola del prodotto, $(fg)' = f'g + fg'$:

2. Con tre fattori se ne deriva uno alla volta: $(fgh)' = f'gh + fg'h + fgh'$.

3. La funzione è definita dove $\cos x \neq -1$, cioè per $x \neq \pi + 2k\pi$. Con la regola del quoziente, $\left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2}$, il secondo termine del numeratore è $-\sin x \cdot (-\sin x) = +\sin^2 x$:

Siccome $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$, il numeratore è $1 + \cos x$ e si semplifica:

Un controllo elegante: per le formule di bisezione la funzione è $\tan\frac{x}{2}$, e la catena dà $\frac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}} = \frac{1}{1 + \cos x}$, lo stesso risultato.

Con la catena si deriva dall’esterno verso l’interno: la derivata della funzione esterna, calcolata nel suo argomento, per la derivata dell’argomento, un anello alla volta.

1. In $\ln^2 x = (\ln x)^2$ l’anello esterno è il quadrato; in $\ln(x^2)$ è il logaritmo.

La prima funzione e la sua derivata esistono per $x > 0$. La seconda è definita per ogni $x \neq 0$, e così la sua derivata: per $x < 0$ è negativa, e infatti $\ln(x^2) = 2\ln\lvert x \rvert$ lì decresce.

2. Quattro anelli: il logaritmo, $1 + u^2$, il seno, $2x$. L’argomento del logaritmo è almeno 1, quindi funzione e derivata esistono su tutto $\mathbb{R}$.

Con la duplicazione, $4\sin 2x\cos 2x = 2\sin 4x$, e quindi $y' = \frac{2\sin 4x}{1 + \sin^2 2x}$.

3. Il radicando $\frac{1 - x}{1 + x}$ deve essere $\geq 0$, con denominatore non nullo: lo studio del segno dà $-1 < x \leq 1$. L’anello esterno è la radice, quello interno il quoziente:

La derivata della radice è $\frac{1}{2\sqrt{u}}$, e con $u = \frac{1 - x}{1 + x}$ si ha $\frac{1}{\sqrt{u}} = \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}}$:

Nell’ultimo passaggio $\frac{\sqrt{1 + x}}{(1 + x)^2} = \frac{1}{(1 + x)\sqrt{1 + x}}$ e $\sqrt{1 + x}\,\sqrt{1 - x} = \sqrt{1 - x^2}$. La formula vale solo per $-1 < x < 1$: in $x = 1$ il radicando si annulla e la radice non è derivabile. Infatti $y' \to -\infty$ per $x \to 1^-$: il grafico arriva in $(1, 0)$ con tangente verticale.

1. La variabile sta sia nella base sia nell’esponente: non è una potenza né un esponenziale. Si riscrive in base $e$, $f(x) = e^{\sqrt{x}\ln x}$, e si deriva l’esponente con la regola del prodotto, usando $\frac{\sqrt{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{2}{2\sqrt{x}}$:

Il fattore $\frac{x^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$ è positivo, quindi il segno di $f'$ è quello di $\ln x + 2$: negativo per $x < e^{-2}$, positivo per $x > e^{-2}$. La funzione scende e poi sale: il minimo è in $x = e^{-2} \approx 0{,}135$, dove vale

perché $\sqrt{e^{-2}} = e^{-1}$.

2. Per $x > 0$ si ha $y > 0$. Si prende il logaritmo e lo si sviluppa con le proprietà, così prodotti e quozienti diventano somme:

Derivando, a sinistra la catena dà $\frac{y'}{y}$:

In $x = 1$: $y(1) = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{2}}{4}$ e $\frac{y'}{y} = 3 + \frac{1}{2} - 1 = \frac{5}{2}$. Quindi

Con quoziente e prodotto ci saresti arrivato dopo mezza pagina di quaderno.

1. $f'(x) = 5x^4 + 3x^2 + 1 \geq 1 > 0$ per ogni $x$: $f$ è strettamente crescente, quindi iniettiva. È continua e tende a $\pm\infty$ per $x \to \pm\infty$, quindi assume tutti i valori reali: è invertibile da $\mathbb{R}$ in $\mathbb{R}$. Per una funzione continua e strettamente monotona su un intervallo, il teorema della derivata dell’inversa dice che, se $f(x_0) = y_0$ e $f'(x_0) \neq 0$,

Serve il punto $x_0$ con $f(x_0) = 3$: a occhio $x_0 = 1$, perché $1 + 1 + 1 = 3$. Allora $f'(1) = 5 + 3 + 1 = 9$ e $\left(f^{-1}\right)'(3) = \frac{1}{9}$. Non sappiamo scrivere $f^{-1}$, eppure conosciamo la sua pendenza in 3.

2. Con la regola del prodotto:

Sostituendo e raccogliendo $e^{-x}$:

3. Prima di derivare si abbassa il grado con $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$: basta saper derivare $\cos 2x$. Ogni derivata di $\cos(2x + \varphi)$ dà $-2\sin(2x + \varphi) = 2\cos\left(2x + \varphi + \frac{\pi}{2}\right)$: moltiplica per 2 e aggiunge $\frac{\pi}{2}$ alla fase. Dopo $n$ derivate, per induzione:

per $n \geq 1$: la costante $\frac{1}{2}$ sparisce alla prima derivata. Controllo con $n = 1$: $-\cos\left(2x + \frac{\pi}{2}\right) = \sin 2x = 2\sin x\cos x$, che è proprio $(\sin^2 x)'$ con la catena. Con $n = 10$ e $x = 0$:

La tangente nel punto di ascissa $x_0$ è

e servono il valore $f(x_0)$ e la pendenza $f'(x_0)$. Nei tre punti cambia che cosa è incognito.

1. $f(1) = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Con la regola del prodotto, $f'(x) = e^{-x} - x\,e^{-x} = (1 - x)\,e^{-x}$, quindi $f'(1) = 0$. La tangente è orizzontale: $y = \frac{1}{e}$. Lì la funzione ha il suo massimo, perché $f'$ passa da positiva a negativa.

2. Rette parallele hanno la stessa pendenza: serve $\frac{1}{x_0} = 2$, cioè $x_0 = \frac{1}{2}$. Lì $y = \ln\frac{1}{2} = -\ln 2$, e la tangente è

3. $P$ non sta sulla parabola, perché $1^2 \neq -3$: non si può scrivere la tangente «in $P$», e l’incognita è il punto di tangenza. Chiamiamo $a$ la sua ascissa. La tangente in $(a, a^2)$ ha pendenza $2a$:

Imponiamo il passaggio per $P$, cioè $x = 1$ e $y = -3$:

che si scompone in $(a - 3)(a + 1) = 0$: $a = 3$ oppure $a = -1$. Ci sono quindi due tangenti:

• con $a = 3$, nel punto $(3, 9)$: $\ y = 6x - 9$;
• con $a = -1$, nel punto $(-1, 1)$: $\ y = -2x - 1$.

Controllo: in $x = 1$ entrambe valgono $-3$, e $x^2 - (6x - 9) = (x - 3)^2$ ha uno zero doppio in 3, come deve essere per una tangente.

1. Per $x < 1$ e per $x > 1$ ogni pezzo è derivabile: resta il raccordo $x = 1$.

Prima la continuità, perché derivabile implica continua: a sinistra $f(1) = a + b$, a destra $\ln x \to \ln 1 = 0$. Serve $a + b = 0$, e allora $f(1) = 0$.

Poi le due derivate. A sinistra $f$ coincide con il polinomio $ax^2 + b$, punto 1 compreso, quindi $f'_-(1) = 2a$. A destra, con $f(1) = 0$ e il limite notevole del logaritmo:

Serve $2a = 1$. Quindi $a = \frac{1}{2}$ e $b = -\frac{1}{2}$: la funzione è $\frac{x^2 - 1}{2}$ fino a 1 e $\ln x$ dopo, con $f(1) = 0$ e $f'(1) = 1$.

2. Le due funzioni sono continue, e derivabili per le regole tranne dove si annulla l’argomento di una radice o di un valore assoluto: lì serve la definizione.

$g$ in $x = 0$. Vicino a 0 si ha $\lvert x - 1 \rvert = 1 - x$, e

da entrambi i lati, perché $\sqrt[3]{h^2} > 0$. Le due derivate laterali valgono $+\infty$: flesso a tangente verticale.

$g$ in $x = 1$. Con $x = 1 + h$:

che tende a $1$ per $h \to 0^+$ e a $-1$ per $h \to 0^-$. Derivate finite e diverse: punto angoloso, con due semitangenti di pendenza $-1$ e $1$.

$k$ in $x = \pm 2$. In $x = 2$, con $x = 2 + h$, si ha $x^2 - 4 = h\,(4 + h)$, e

Per $h \to 0^+$ vale $\frac{\sqrt{4 + h}}{\sqrt{h}} \to +\infty$; per $h \to 0^-$ vale $-\frac{\sqrt{4 + h}}{\sqrt{\lvert h \rvert}} \to -\infty$. Derivate infinite di segno opposto: cuspide. La funzione è pari, quindi in $x = -2$ c’è una cuspide uguale.

1. Per $x \neq \frac{\pi}{2}$:

che non si annulla mai. Nessuna contraddizione: in $\frac{\pi}{2}$ la funzione non è definita e il grafico ha un asintoto verticale. Manca un’ipotesi di Rolle, la continuità su tutto $[0, \pi]$.

2. $\ln x$ è continua su $[1, e]$ e derivabile su $(1, e)$: le ipotesi valgono. La corda tra gli estremi ha pendenza $\frac{\ln e - \ln 1}{e - 1} = \frac{1}{e - 1}$, e la derivata è $\frac{1}{c}$. Quindi

che sta davvero tra 1 ed $e \approx 2{,}718$: lì la tangente è parallela alla corda.

3. Fissato $x > 0$, applichiamo Lagrange a $F(t) = \arctan t$ su $[0, x]$: è continua e derivabile, con $F'(t) = \frac{1}{1 + t^2}$. Esiste $c \in (0, x)$ con

Siccome $0 < c < x$, si ha $1 < 1 + c^2 < 1 + x^2$ e quindi $\frac{1}{1 + x^2} < \frac{1}{1 + c^2} < 1$. Moltiplicando per $x > 0$:

Per $x = 1$: $0{,}5 < \frac{\pi}{4} \approx 0{,}785 < 1$. È il trucco tipico: Lagrange trasforma una differenza di valori in una derivata, che si stima perché $c$ sta in un intervallo noto.

4. Sia $u(x) = \arctan x + \arctan\frac{1 - x}{1 + x}$. Con la catena, usando $\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)' = -\frac{2}{(1 + x)^2}$ (esercizio 4) e $1 + \left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)^2 = \frac{2\,(1 + x^2)}{(1 + x)^2}$:

Per Lagrange, una funzione con derivata nulla su un intervallo è costante: su $(-1, +\infty)$ il valore di $u$ si trova in un punto comodo, $u(0) = 0 + \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$.

Il teorema vale per le forme $\frac{0}{0}$ e $\frac{\infty}{\infty}$, con funzioni derivabili vicino al punto e derivata del denominatore diversa da 0: se il limite del rapporto delle derivate esiste, è anche il limite cercato. Prima di ogni applicazione si ricontrolla la forma.

1. Forma $\frac{0}{0}$, e $(1 - \cos x)' = \sin x \neq 0$ per $0 < \lvert x \rvert < \pi$. Dopo la prima applicazione la forma è ancora $\frac{0}{0}$, e si ripete:

Le uguaglianze si leggono da destra a sinistra: siccome l’ultimo limite esiste, esistono anche i precedenti.

2. Forma $\frac{\infty}{\infty}$. Tre applicazioni, e a ogni passo l’esponente della potenza scende di 1:

È la gerarchia degli infiniti: l’esponenziale batte ogni potenza.

3. Forma $0 \cdot \infty$: non è un quoziente. Si scrive $\tan\frac{\pi x}{2} = \frac{\sin(\pi x/2)}{\cos(\pi x/2)}$: il seno tende a 1, e resta una forma $\frac{0}{0}$:

Vicino a 1 la derivata del denominatore non si annulla. A destra $\tan\frac{\pi x}{2}$ tende a $-\infty$, ma $1 - x$ cambia segno: il limite è lo stesso dai due lati.

4. Forma $1^\infty$: anche qui non c’è un quoziente. Vicino a 0 si ha $\cos x > 0$, e si passa all’esponenziale:

L’esponente è $\frac{0}{0}$, e una sola applicazione basta, con il limite notevole $\frac{\tan x}{x} \to 1$:

Per la continuità dell’esponenziale il limite è $e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{e}} \approx 0{,}607$.

1. Con il prodotto. Si moltiplicano gli sviluppi di $e^x$ e $\sin x$, tenendo solo le potenze fino a $x^3$. Siccome $\sin x$ comincia con $x$, di $e^x$ basta arrivare a $x^2$:

cioè $e^x\sin x = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$.

Con le derivate. Derivando più volte con la regola del prodotto:

In 0 valgono $f(0) = 0$, $f'(0) = 1$, $f''(0) = 2$, $f'''(0) = 2$, e il polinomio di McLaurin è

Lo stesso risultato: i due metodi si controllano a vicenda.

2. Il numeratore è $\left(x + x^2 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\right) - x - x^2 = \frac{x^3}{3} + o(x^3)$. Dividendo per $x^3$:

Con de l’Hôpital servirebbero tre applicazioni, cioè le stesse tre derivate.

3. Con $x = 0{,}1$:

La calcolatrice dà $0{,}110\,332\,99\ldots$: l’errore è circa $3{,}4 \cdot 10^{-7}$, molto meno di $0{,}1^4 = 10^{-4}$. Il motivo: $f^{(4)}(x) = -4e^x\sin x$ si annulla in 0, quindi il termine in $x^4$ manca. Lo sviluppo continua con $-\frac{x^5}{30}$, che per $x = 0{,}1$ vale circa $-3{,}3 \cdot 10^{-7}$.