Teoremi di Fermat, Rolle, Lagrange e Cauchy: dimostrazioni, conseguenze ed esercizi

Finora la derivata ci ha dato informazioni in un punto. I teoremi di Fermat, Rolle, Lagrange e Cauchy fanno il salto: dalla derivata ricavano come si comporta la funzione su tutto un intervallo. Da qui nascono il test di monotonia dello studio di funzione, il teorema di de l’Hôpital e la formula di Taylor, e all’esame se ne chiedono spesso enunciati e dimostrazioni. In questa pagina vediamo Fermat, Rolle con i controesempi e il conteggio degli zeri, Lagrange con il significato geometrico e fisico, Cauchy, le conseguenze (derivata nulla, monotonia, disuguaglianze e stime), un po’ di storia, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Il teorema di Fermat

In cima a una collina dal profilo liscio, senza spigoli, la tangente è orizzontale; lo stesso in fondo a una valle. Ricorda: $x_0$ è un punto di massimo relativo se $f(x) \leq f(x_0)$ per ogni $x$ del dominio in un intorno di $x_0$, di minimo relativo se $f(x) \geq f(x_0)$.

Dimostrazione

Vediamo il caso del massimo (per il minimo si girano le disuguaglianze). Per $h$ abbastanza piccolo, $x_0 + h$ sta ancora in $I$ e $f(x_0 + h) \leq f(x_0)$: il numeratore del rapporto incrementale è $\leq 0$.

• Se $h > 0$, il rapporto $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ è $\leq 0$ (negativo o nullo diviso positivo). Passando al limite per $h \to 0^+$, per la permanenza del segno si ottiene $f'_+(x_0) \leq 0$.
• Se $h < 0$, il rapporto è $\geq 0$ (negativo o nullo diviso negativo), quindi $f'_-(x_0) \geq 0$.

Siccome $f$ è derivabile in $x_0$, le due derivate coincidono con $f'(x_0)$, che è quindi insieme $\leq 0$ e $\geq 0$: vale zero.

Perché il punto deve essere interno

La dimostrazione usa incrementi $h$ di entrambi i segni. In un estremo dell’intervallo ci si può muovere da una parte sola, e il teorema non vale: $f(x) = x$ su $[0, 1]$ ha il massimo in $x = 1$, ma $f'(1) = 1$. Per questo gli estremi si controllano sempre a parte.

Il viceversa è falso

$f(x) = x^3$ ha $f'(0) = 0$, eppure è crescente e in 0 non ha né massimo né minimo. I punti con $f' = 0$ si chiamano punti stazionari e sono solo candidati. E Fermat non dice nulla dove $f$ non è derivabile: $\lvert x \rvert$ ha il minimo in 0, dove la derivata non esiste. Massimi e minimi si cercano quindi tra punti stazionari, punti di non derivabilità ed estremi, come vedi in massimi e minimi di una funzione.

Il teorema di Rolle

Se fai un’escursione e torni alla quota di partenza, su un sentiero senza salti né spigoli, in almeno un punto sei stato in piano. È il teorema di Rolle.

Geometricamente: il grafico ha almeno un punto con tangente orizzontale, e possono essere più di uno.

Dimostrazione

$f$ è continua sull’intervallo chiuso e limitato $[a, b]$, quindi per il teorema di Weierstrass ha un massimo $M$ e un minimo $m$. Ci sono due casi.

• Massimo e minimo coincidono, $M = m$. Allora $f$ è costante e $f'(x) = 0$ in ogni punto di $(a, b)$: qualunque $c$ va bene.
• Massimo e minimo sono diversi, $M > m$. Allora almeno uno dei due è diverso dal valore comune $f(a) = f(b)$: non è assunto negli estremi, ma in un punto $c$ interno. Lì $f$ è derivabile e ha un massimo o un minimo, quindi per Fermat $f'(c) = 0$.

Ogni ipotesi serve

Se ne togli una, la conclusione può essere falsa.

• Senza continuità in un estremo. Sia $f(x) = x$ per $0 \leq x < 1$ e $f(1) = 0$. Vale $f(0) = f(1)$ ed $f$ è derivabile in $(0, 1)$, ma $f'(x) = 1$: il salto finale riporta giù la funzione.
• Senza derivabilità in un punto interno. $\lvert x \rvert$ su $[-1, 1]$ vale 1 agli estremi, ma la derivata è $\pm 1$, mai zero: il minimo in 0 è uno spigolo.
• Senza valori uguali agli estremi. $f(x) = x$ su $[0, 1]$ ha derivata sempre 1.

Invece la derivabilità negli estremi non serve: la semicirconferenza $\sqrt{1 - x^2}$ su $[-1, 1]$ ha tangenti verticali in $\pm 1$, ma soddisfa le ipotesi, e in $c = 0$ la tangente è orizzontale.

Contare gli zeri con Rolle

Se $f$ è derivabile e si annulla in $x_1 < x_2$, Rolle su $[x_1, x_2]$ dà un punto in mezzo con $f' = 0$: tra due zeri di $f$ c’è sempre uno zero di $f'$. Al contrario: se $f'$ non si annulla mai, $f$ ha al massimo uno zero; se $f'$ ha $k$ zeri, $f$ ne ha al massimo $k + 1$.

Esempio. L’equazione $x^5 + x - 1 = 0$ ha esattamente una soluzione reale. Sia $f(x) = x^5 + x - 1$.

• Esistenza. $f(0) = -1 < 0$ e $f(1) = 1 > 0$: per il teorema degli zeri c’è una soluzione in $(0, 1)$.
• Unicità. $f'(x) = 5x^4 + 1 > 0$ non si annulla mai. Se ci fossero due soluzioni, tra le due $f'$ dovrebbe annullarsi: impossibile.

Numericamente la soluzione è $x \approx 0{,}755$. Rolle dice quanti zeri ci sono al massimo; l’esistenza va presa altrove, di solito dal teorema degli zeri.

Il teorema di Lagrange, o del valor medio

Ora togli l’ipotesi $f(a) = f(b)$. Il rapporto

$$\frac{f(b) - f(a)}{b - a}$$

è la pendenza della corda che unisce i punti $(a, f(a))$ e $(b, f(b))$ del grafico, cioè la variazione media di $f$. Lagrange dice che in qualche punto la variazione istantanea è uguale a quella media.

Geometricamente: in almeno un punto la tangente è parallela alla corda. Rolle è il caso con la corda orizzontale. Spesso si usa la forma senza frazioni, detta formula degli incrementi finiti:

$$\begin{gathered} f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a) \\ \text{per un } c \in (a, b) \end{gathered}$$

Dimostrazione

L’idea è misurare la distanza verticale tra il grafico e la corda. La corda sta sulla retta

$$\begin{gathered} r(x) = f(a) + m\,(x - a) \\ \text{con } m = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \end{gathered}$$

Considera la differenza $g(x) = f(x) - r(x)$. È continua su $[a, b]$ e derivabile su $(a, b)$, perché lo sono $f$ e la retta $r$. Negli estremi grafico e corda si toccano:

$$\begin{gathered} g(a) = f(a) - f(a) = 0 \\ g(b) = f(b) - f(a) - m\,(b - a) = 0 \end{gathered}$$

Per Rolle esiste $c \in (a, b)$ con $g'(c) = 0$. Siccome $r'(x) = m$, vuol dire $f'(c) - m = 0$, cioè $f'(c) = m$. Nel punto in cui la distanza tra grafico e corda è massima, la tangente è parallela alla corda.

Un esempio con i numeri

Prendi $f(x) = \sqrt{x}$ su $[0, 4]$. È continua su $[0, 4]$ e derivabile su $(0, 4)$, con $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$; in 0 non è derivabile, ma come abbiamo visto non serve. La corda va da $(0, 0)$ a $(4, 2)$ e ha pendenza

$$m = \frac{2 - 0}{4 - 0} = \frac{1}{2}$$

Cerchiamo $c$:

$$\frac{1}{2\sqrt{c}} = \frac{1}{2} \iff \sqrt{c} = 1 \iff c = 1$$

che sta in $(0, 4)$. La tangente nel punto $(1, 1)$ è $y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$, parallela alla corda $y = \frac{1}{2}x$.

Il punto c può non essere unico. Per $f(x) = x^3$ su $[-2, 2]$ la corda ha pendenza $\frac{8 - (-8)}{4} = 4$, e $3c^2 = 4$ per $c = \pm\frac{2}{\sqrt{3}} \approx \pm 1{,}155$: due punti, entrambi dentro l’intervallo. Il teorema dice che $c$ esiste, non dove: negli esercizi si risolve $f'(c) = m$ e si tengono solo le soluzioni strettamente interne.

Il significato fisico: il Tutor in autostrada

Se $s(t)$ è la posizione di un’auto, $\frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1}$ è la velocità media e $s'(t)$ quella istantanea, del tachimetro. Lagrange dice: in almeno un istante la velocità istantanea è uguale alla velocità media.

Il Tutor delle autostrade registra l’orario di passaggio sotto due portali e calcola la velocità media sul tratto, di solito lungo tra 10 e 25 km. Se percorri 21 km in 9 minuti, cioè $0{,}15$ ore, la tua velocità media è

$$\frac{21\ \text{km}}{0{,}15\ \text{h}} = 140\ \text{km/h}$$

e per Lagrange in almeno un istante il tachimetro segnava esattamente 140 km/h, oltre il limite di 130. Il contrario non vale: una media di 120 km/h non esclude un tratto a 150.

Il teorema di Cauchy

Il teorema di Cauchy è la versione di Lagrange per due funzioni insieme.

Nella seconda forma il denominatore non è zero: se fosse $g(b) = g(a)$, per Rolle $g'$ si annullerebbe da qualche parte in $(a, b)$. Con $g(x) = x$ si ha $g'(x) = 1$ e $g(b) - g(a) = b - a$: ritrovi Lagrange.

Dimostrazione

Come per Lagrange, si applica Rolle a una funzione ausiliaria che vale lo stesso negli estremi:

$$\begin{gathered} h(x) = \big(f(b) - f(a)\big)\,g(x) \\ {} - \big(g(b) - g(a)\big)\,f(x) \end{gathered}$$

È continua su $[a, b]$ e derivabile su $(a, b)$. Svolgendo i prodotti, in $h(a)$ si cancellano i termini con $f(a)\,g(a)$, in $h(b)$ quelli con $f(b)\,g(b)$, e resta in entrambi i casi

$$h(a) = h(b) = f(b)\,g(a) - f(a)\,g(b)$$

Per Rolle esiste $c \in (a, b)$ con $h'(c) = 0$, cioè

$$\begin{gathered} \big(f(b) - f(a)\big)\,g'(c) \\ {} - \big(g(b) - g(a)\big)\,f'(c) = 0 \end{gathered}$$

che è la tesi.

Il significato geometrico: una curva e la sua corda

Un punto si muove nel piano e al tempo $t$ si trova in $P(t) = \big(g(t), f(t)\big)$: disegna una curva, che può anche tornare indietro. In un tempo piccolo $dt$ si sposta di circa $g'(t)\,dt$ in orizzontale e $f'(t)\,dt$ in verticale: la tangente ha la direzione del vettore $\big(g'(t), f'(t)\big)$, con pendenza $\frac{f'(t)}{g'(t)}$ se $g'(t) \neq 0$. La forma senza frazioni di Cauchy dice che in un punto $c$ questo vettore è parallelo alla corda da $P(a)$ a $P(b)$: in qualche punto la tangente alla curva è parallela alla corda (se lì la velocità non è nulla). È Lagrange per le curve.

Esempio. Con $g(t) = t^2$ e $f(t) = t$, per $t \in [-1, 2]$, il punto percorre un arco della parabola «coricata» $x = y^2$, da $(1, -1)$ a $(4, 2)$. Non è il grafico di una funzione di $x$: per $x = 1$ ci sono due punti, $(1, -1)$ e $(1, 1)$. La corda ha pendenza $\frac{2 - (-1)}{4 - 1} = 1$, e Cauchy dà

$$\begin{gathered} \big(2 - (-1)\big) \cdot 2c = (4 - 1) \cdot 1 \\ 6c = 3 \iff c = \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Nel punto $P\big(\tfrac{1}{2}\big) = \big(\tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{2}\big)$ la tangente ha pendenza $\frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{1}{2c} = 1$, proprio come la corda.

Perché non basta dividere due Lagrange

Viene la tentazione di applicare Lagrange a $f$ e a $g$ e dividere:

$$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c_1)}{g'(c_2)}$$

È vero, ma con due punti diversi $c_1$ e $c_2$. Prendi $f(x) = x^2$ e $g(x) = x^3$ su $[0, 1]$: Lagrange dà $2c_1 = 1$, cioè $c_1 = \frac{1}{2}$, e $3c_2^2 = 1$, cioè $c_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577$. Cauchy invece trova un unico punto con $3c^2 = 2c$, cioè $c = \frac{2}{3}$ (la soluzione $c = 0$ è un estremo e si scarta).

Il punto comune è ciò che serve nel teorema di de l’Hôpital: quando $x \to x_0$, lo stesso $c$, schiacciato tra $x_0$ e $x$, porta con sé sia $f'$ sia $g'$. Con Cauchy si dimostra anche la formula di Taylor con il resto di Lagrange.

Le conseguenze del teorema di Lagrange

Il trucco è sempre lo stesso: presi due punti $x_1 < x_2$ di un intervallo, si scrive

$$f(x_2) - f(x_1) = f'(c)\,(x_2 - x_1)$$

con $c$ tra $x_1$ e $x_2$, e si usa quello che si sa su $f'$.

Derivata nulla su un intervallo: funzione costante

Perché è vero. Per ogni $x_1 < x_2$ in $I$ vale $f(x_2) - f(x_1) = f'(c)\,(x_2 - x_1) = 0$.

Esempio. $\arcsin x + \arccos x$ ha derivata $\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 0$ su $(-1, 1)$ ed è continua su $[-1, 1]$: è costante. Calcolandola in 0 si trova $0 + \frac{\pi}{2}$, quindi $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$ su tutto $[-1, 1]$, l’identità delle funzioni goniometriche inverse.

Serve un intervallo. La funzione $h(x) = \arctan x + \arctan\frac{1}{x}$ è definita per $x \neq 0$ e ha derivata

$$\begin{gathered} h'(x) = \frac{1}{1 + x^2} + \frac{1}{1 + \frac{1}{x^2}} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) \\ {} = \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0 \end{gathered}$$

Eppure $h(1) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$, mentre $h(-1) = -\frac{\pi}{2}$. Il dominio non è un intervallo: $h$ è costante su ciascuno dei due pezzi, con costanti diverse.

Due funzioni con la stessa derivata su un intervallo differiscono per una costante: $G - F$ ha derivata nulla, quindi $G(x) = F(x) + k$. Per questo due primitive della stessa funzione differiscono per una costante, la base dell’integrale indefinito.

Il test di monotonia

Perché è vero. Con $x_1 < x_2$ in $I$, $f(x_2) - f(x_1) = f'(c)\,(x_2 - x_1)$ ha il segno di $f'(c)$, perché $x_2 - x_1 > 0$.

Il viceversa, a metà. Se $f$ è crescente e derivabile, allora $f' \geq 0$: il rapporto incrementale $\frac{f(x + h) - f(x)}{h}$ ha numeratore e denominatore dello stesso segno, quindi è $\geq 0$, e lo è anche il suo limite. Ma «strettamente crescente» non dà $f' > 0$: $x^3$ ha $f'(0) = 0$. Vale però questo: se $f' \geq 0$ e si annulla solo in punti isolati, $f$ è strettamente crescente. Infatti, se fosse $f(x_1) = f(x_2)$ con $x_1 < x_2$, $f$, che è crescente, sarebbe costante su tutto $[x_1, x_2]$, e $f'$ sarebbe nulla su un intervallo intero.

Questo test è il cuore dello studio di funzione: dal segno di $f'$ si capisce dove la funzione sale e dove scende, e si trovano i massimi e minimi. Con Lagrange si dimostra anche il teorema del limite della derivata, in derivabilità e continuità.

Derivata limitata: funzione lipschitziana

Se $\lvert f'(x) \rvert \leq L$ su un intervallo, Lagrange dà subito

$$\lvert f(x_2) - f(x_1) \rvert \leq L\,\lvert x_2 - x_1 \rvert$$

cioè $f$ è lipschitziana, e quindi uniformemente continua: lo approfondisci in continuità uniforme e funzioni monotone. Per esempio $\sin a - \sin b = \cos c \cdot (a - b)$ e $\lvert \cos c \rvert \leq 1$, quindi per ogni $a$ e $b$

$$\lvert \sin a - \sin b \rvert \leq \lvert a - b \rvert$$

Disuguaglianze: la scaletta

Molte disuguaglianze d’esame si dimostrano così:

1. riconosci una differenza $f(b) - f(a)$ e scegli la funzione $f$ e l’intervallo $[a, b]$;
2. controlla le ipotesi di Lagrange;
3. scrivi $f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a)$ con $a < c < b$;
4. stima $f'(c)$ usando solo $a < c < b$ (spesso $f'$ è monotona e basta guardarla negli estremi).

Esempio: il logaritmo. Per ogni $x > 0$ vale

$$\frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x$$

Lagrange su $\ln t$ in $[1, 1 + x]$ dà $\ln(1 + x) - \ln 1 = \frac{1}{c} \cdot x$, con $1 < c < 1 + x$. Quindi $\frac{1}{1 + x} < \frac{1}{c} < 1$, e moltiplicando per $x > 0$ si ha la tesi. Con $x = 1$: $0{,}5 < \ln 2 < 1$ (infatti $\ln 2 \approx 0{,}693$). Lo stesso ragionamento su $[1 + x, 1]$ vale per $-1 < x < 0$.

Esempio: l’esponenziale. Per ogni $x$ vale $e^x \geq 1 + x$, con l’uguale solo in $x = 0$. Per $x \neq 0$, Lagrange su $e^t$ tra 0 e $x$ dà $e^x - 1 = e^c \cdot x$, con $c$ tra 0 e $x$.

• Se $x > 0$, allora $c > 0$ ed $e^c > 1$, quindi $e^x - 1 > x$.
• Se $x < 0$, allora $c < 0$ ed $e^c < 1$; moltiplicando per $x < 0$ il verso si gira: $e^c x > x$, cioè di nuovo $e^x - 1 > x$.

Il grafico di $e^x$ sta sopra la sua retta tangente in $(0, 1)$, $y = 1 + x$, e la tocca solo lì.

Stime numeriche con errore garantito

Quanto vale $\sqrt{101}$? Applica Lagrange a $\sqrt{t}$ su $[100, 101]$:

$$\begin{gathered} \sqrt{101} - 10 = \frac{1}{2\sqrt{c}} \\ \text{con } 100 < c < 101 \end{gathered}$$

Siccome $\sqrt{c} > 10$, il secondo membro è minore di $\frac{1}{20} = 0{,}05$: quindi $\sqrt{101} < 10{,}05$. Ma allora $\sqrt{c} < \sqrt{101} < 10{,}05$, e il secondo membro è maggiore di $\frac{1}{20{,}1} > 0{,}0497$. In conclusione

$$10{,}0497 < \sqrt{101} < 10{,}05$$

Il valore $10{,}05$, lo stesso dell’approssimazione lineare, sbaglia di meno di tre decimillesimi (il valore vero è $10{,}04987\ldots$), e qui l’errore è garantito da una disuguaglianza.

Un po’ di storia

Il francese Michel Rolle dimostrò il teorema nel 1691, solo per i polinomi e per localizzare le radici delle equazioni, senza il calcolo differenziale, di cui allora era un critico acceso. Il nome «teorema di Rolle» arrivò nell’Ottocento, con il tedesco Moritz Drobisch (1834) e l’italiano Giusto Bellavitis (1846). Lagrange, nella Théorie des fonctions analytiques del 1797, ricavò la formula del resto di Taylor che porta il suo nome, di cui il valor medio è il caso più semplice. Cauchy, nel Résumé des leçons sur le calcul infinitésimal del 1823, diede la dimostrazione in forma moderna e, in un’aggiunta, la versione con due funzioni, indicandone tra le applicazioni de l’Hôpital e Taylor.

Gli errori più comuni

• Applicare un teorema senza controllare le ipotesi. Continuità sul chiuso e derivabilità sull’aperto vanno sempre verificate: con $\lvert x \rvert$ su $[-1, 1]$ la tesi di Rolle cade.
• Tenere un punto c che non sta in (a, b). Le soluzioni di $f'(c) = m$ negli estremi o fuori dall’intervallo si scartano.
• Credere che una derivata nulla garantisca un massimo o un minimo. $x^3$ ha derivata nulla in 0, ma è crescente.
• Dimenticare gli estremi dell’intervallo. Fermat vale solo nei punti interni.
• Dire «derivata nulla, quindi costante» su un dominio che non è un intervallo. $\arctan x + \arctan\frac{1}{x}$ vale $\frac{\pi}{2}$ per $x > 0$ e $-\frac{\pi}{2}$ per $x < 0$.
• Pensare che strettamente crescente significhi derivata positiva. Il viceversa dà solo $f' \geq 0$.
• Ricavare Cauchy dividendo due Lagrange. Si ottengono due punti diversi, mentre Cauchy ne dà uno comune.
• Semplificare la radice di un quadrato senza valore assoluto. $\sqrt{(1 - x^2)^2} = \lvert 1 - x^2 \rvert$, come nell’esercizio 4.

Esercizi svolti

1. Verificare le ipotesi e trovare c

Testo. (a) La funzione $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle su $[-1, 1]$? Esiste un punto in cui $f'$ si annulla? (b) Verifica le ipotesi del teorema di Lagrange per $g(x) = x^3 - x$ su $[-1, 2]$ e trova il punto $c$.

(a) $f$ è continua su $[-1, 1]$ e $f(-1) = f(1) = 1$. Per $x \neq 0$

$$f'(x) = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}}$$

che non si annulla mai. In 0 il rapporto incrementale $\frac{\sqrt[3]{h^2}}{h} = \frac{1}{\sqrt[3]{h}}$ tende a $+\infty$ da destra e a $-\infty$ da sinistra: è una cuspide. Manca la derivabilità in un punto interno, e infatti non c’è nessuna tangente orizzontale.

(b) $g$ è un polinomio, quindi continua e derivabile ovunque: le ipotesi valgono. La corda ha pendenza

$$m = \frac{g(2) - g(-1)}{2 - (-1)} = \frac{6 - 0}{3} = 2$$

Con $g'(x) = 3x^2 - 1$:

$$3c^2 - 1 = 2 \iff c^2 = 1 \iff c = \pm 1$$

$c = -1$ è l’estremo sinistro e non sta in $(-1, 2)$: si scarta. Il punto è $c = 1$, dove la tangente ha pendenza 2, come la corda.

2. Quante soluzioni ha un’equazione

Testo. Dimostra che l’equazione $x^4 - 4x + 1 = 0$ ha esattamente due soluzioni reali e localizzale tra due interi consecutivi.

Sia $f(x) = x^4 - 4x + 1$, derivabile su $\mathbb{R}$, con

$$f'(x) = 4x^3 - 4 = 4\,(x^3 - 1)$$

che si annulla solo in $x = 1$.

Al massimo due soluzioni. Con tre zeri di $f$, per Rolle $f'$ ne avrebbe almeno due: impossibile.

Almeno due soluzioni. Calcoliamo

$$f(0) = 1, \quad f(1) = -2, \quad f(2) = 9$$

$f$ cambia segno tra 0 e 1 e tra 1 e 2: per il teorema degli zeri c’è una soluzione in $(0, 1)$ e una in $(1, 2)$.

Le soluzioni sono esattamente due: numericamente $x \approx 0{,}251$ e $x \approx 1{,}493$.

3. Una disuguaglianza con il seno

Testo. Dimostra che $\sin x < x$ per ogni $x > 0$, prima con il teorema di Lagrange e poi con il test di monotonia.

Con Lagrange. Se $x > 1$ è immediato: $\sin x \leq 1 < x$. Se $0 < x \leq 1$, Lagrange su $[0, x]$ dà

$$\begin{gathered} \sin x - \sin 0 = \cos c \cdot x \\ \text{con } 0 < c < x \leq 1 \end{gathered}$$

Siccome $0 < c < 1$, $\cos c < 1$ (il coseno vale 1 solo nei multipli di $2\pi$), quindi $\sin x = x\cos c < x$. I due casi servono: per $x$ grande il punto $c$ potrebbe essere $2\pi$, dove $\cos c = 1$.

Con la monotonia. Sia $g(x) = x - \sin x$, continua su $[0, +\infty)$, con $g'(x) = 1 - \cos x \geq 0$. La derivata si annulla solo nei punti isolati $x = 2k\pi$, quindi $g$ è strettamente crescente su $[0, +\infty)$. Per $x > 0$ vale $g(x) > g(0) = 0$, cioè $\sin x < x$.

Il grafico del seno sta sotto la bisettrice per $x > 0$; per disparità, $\lvert \sin x \rvert \leq \lvert x \rvert$ per ogni $x$.

4. Un’identità con arcotangente e arcoseno

Testo. Dimostra che per ogni $x \geq 1$

$$2\arctan x + \arcsin\frac{2x}{1 + x^2} = \pi$$

Sia $F(x)$ il primo membro. Siccome $\frac{2x}{1 + x^2}$ sta in $[-1, 1]$ per ogni $x$ (equivale a $(x \mp 1)^2 \geq 0$), $F$ è definita e continua su tutto $\mathbb{R}$. Deriviamo per $x > 1$, ponendo $u = \frac{2x}{1 + x^2}$:

$$\begin{gathered} u' = \frac{2(1 + x^2) - 2x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2} \\ {} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2} \end{gathered}$$

e

$$\begin{gathered} \sqrt{1 - u^2} = \frac{\sqrt{(1 + x^2)^2 - 4x^2}}{1 + x^2} \\ {} = \frac{\sqrt{(1 - x^2)^2}}{1 + x^2} = \frac{\lvert 1 - x^2 \rvert}{1 + x^2} \end{gathered}$$

Per $x > 1$ si ha $\lvert 1 - x^2 \rvert = x^2 - 1$, quindi la derivata dell’arcoseno è

$$\begin{gathered} \frac{u'}{\sqrt{1 - u^2}} \\ {} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2} \cdot \frac{1 + x^2}{x^2 - 1} \\ {} = -\frac{2}{1 + x^2} \end{gathered}$$

e in totale

$$F'(x) = \frac{2}{1 + x^2} - \frac{2}{1 + x^2} = 0$$

$F$ è continua su $[1, +\infty)$ e ha derivata nulla all’interno, quindi è costante (in $x = 1$ l’arcoseno non è derivabile, ma il teorema chiede la derivata solo nei punti interni). Il valore si calcola in 1:

$$F(1) = 2 \cdot \frac{\pi}{4} + \arcsin 1 = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi$$

Per $-1 < x < 1$, invece, $\lvert 1 - x^2 \rvert = 1 - x^2$ e lo stesso conto dà $F'(x) = \frac{4}{1 + x^2}$: lì l’identità è falsa.

5. Una stima con l’arcotangente

Testo. Senza calcolatrice, sapendo che $3{,}1415 < \pi < 3{,}1416$, dimostra che $0{,}83 < \arctan 1{,}1 < 0{,}84$.

L’arcotangente è derivabile ovunque, con derivata $\frac{1}{1 + t^2}$. Lagrange sull’intervallo da 1 a 1,1 dà

$$\begin{gathered} \arctan 1{,}1 - \arctan 1 = \frac{0{,}1}{1 + c^2} \\ \text{con } 1 < c < 1{,}1 \end{gathered}$$

Da $1 < c < 1{,}1$ segue $2 < 1 + c^2 < 2{,}21$, quindi

$$\begin{gathered} \frac{0{,}1}{2{,}21} < \frac{0{,}1}{1 + c^2} < \frac{0{,}1}{2} \\ 0{,}0452 < \arctan 1{,}1 - \frac{\pi}{4} < 0{,}05 \end{gathered}$$

perché $\frac{0{,}1}{2{,}21} \approx 0{,}04525$. Dai dati, $0{,}7853 < \frac{\pi}{4} < 0{,}7854$. Sommando:

$$\begin{gathered} \arctan 1{,}1 > 0{,}7853 + 0{,}0452 = 0{,}8305 \\ \arctan 1{,}1 < 0{,}7854 + 0{,}05 = 0{,}8354 \end{gathered}$$

Quindi $0{,}83 < \arctan 1{,}1 < 0{,}84$. Il valore vero è $0{,}83298\ldots$, dentro l’intervallo trovato.

6. Due domande di teoria

Testo. (a) Sia $f$ derivabile su $\mathbb{R}$, con $f(0) = 0$ e $\lvert f'(x) \rvert \leq 2$ per ogni $x$. Che valori può assumere $f(3)$? Può essere $f(3) = 7$? (b) Sia $f$ derivabile due volte su $\mathbb{R}$, con tre zeri distinti. Dimostra che $f''$ si annulla almeno una volta.

(a) Lagrange su $[0, 3]$ dà $f(3) - f(0) = 3\,f'(c)$, quindi

$$\lvert f(3) \rvert = 3\,\lvert f'(c) \rvert \leq 6$$

cioè $-6 \leq f(3) \leq 6$: il valore 7 è impossibile. Gli estremi si raggiungono con $f(x) = 2x$ e $f(x) = -2x$. È come un’auto che non supera mai i 2 km al minuto: in 3 minuti non fa più di 6 km.

(b) Siano $x_1 < x_2 < x_3$ gli zeri. Rolle su $[x_1, x_2]$ e su $[x_2, x_3]$ dà $c_1 \in (x_1, x_2)$ e $c_2 \in (x_2, x_3)$ con $f'(c_1) = f'(c_2) = 0$. Ora $f'$ è derivabile, quindi continua: Rolle applicato a $f'$ su $[c_1, c_2]$ dà un punto $d$ con $f''(d) = 0$. Per esempio $x^3 - x$ ha zeri $-1$, 0, 1, e $f''(x) = 6x$ si annulla in 0. In generale, se $f$ ha $n$ zeri distinti ed è derivabile $k < n$ volte, $f^{(k)}$ ha almeno $n - k$ zeri.

Altri esercizi su Rolle e Lagrange li trovi negli esercizi svolti sulle derivate.

In sintesi

• Fermat: in un massimo o minimo relativo interno, dove $f$ è derivabile, $f'(x_0) = 0$; il viceversa è falso ($x^3$).
• Rolle: $f$ continua su $[a, b]$, derivabile su $(a, b)$ e $f(a) = f(b)$ $\Rightarrow$ esiste $c \in (a, b)$ con $f'(c) = 0$. Tra due zeri di $f$ c’è uno zero di $f'$.
• Lagrange: senza $f(a) = f(b)$ vale $f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a)$: tangente parallela alla corda, velocità istantanea uguale alla media.
• Cauchy: $\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ (se $g' \neq 0$), con lo stesso $c$ sopra e sotto: serve per de l’Hôpital.
• Su un intervallo: $f' = 0 \Rightarrow f$ costante; $f' > 0 \Rightarrow f$ strettamente crescente; $\lvert f' \rvert \leq L \Rightarrow f$ lipschitziana.
• I viceversa non valgono: strettamente crescente dà solo $f' \geq 0$.
• Con Lagrange si dimostrano disuguaglianze come $\frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x$ e si fanno stime con errore garantito.

Il teorema di Cauchy porta a uno strumento potentissimo per i limiti: il teorema di de l’Hôpital.