Università degli Studi di Palermo Facoltà di Economia. Dipartimento di Scienze Economiche, Aziendali e Statistiche. Appunti del corso di Matematica

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1 Università degli Studi di Palermo Facoltà di Economia Dipartimento di Scienze Economiche, Aziendali e Statistiche Appunti del corso di Matematica 09 - Derivate II Limiti di forme indetermate e derivate di funzioni implicite Anno Accademico 05/06 M. Tumminello, V. Lacagnina, A. Pecorella, D. Provenzano e A. Consiglio

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3 . Limite di forme indeterminate. Limite di forme indeterminate Nella valutazione di un ite è possibile ottenere forme indeterminate del tipo 0 0 oppure. In questi casi il calcolo del ite può essere complicato. Si veda, ad esempio, il sin() 0. Un metodo molto potente per risolvere iti che presentano forme indeterminate del tipo 0 o si basa sulle proprietà delle derivate di 0 funzioni e prende il nome di regola di de l ôpital. Teorema. (Regola di de l ôpital). Siano f() e g() due funzioni derivabili in un intorno I del punto c tali che: oppure c c Sia inoltre g () 0 I. Se esiste finito f() = 0 e g() = 0, c f() = e g() =. c f () c g () = γ f() c g() = γ. In altre parole, il ite di una forma indeterminata 0/0 o / può essere calcolato risolvendo il ite del rapporto tra le derivate delle due funzioni: f() c g() Esempi. Forme indeterminate 0/0 f () = c g () = γ Calcolare cos() π π. Come si può osservare, questo ite presenta una forma indeterminata del tipo 0/0. Inoltre entrambe le funzioni, a numeratore e denominatore, sono derivabili in un intorno di π/. Possiamo quindi provare ad applicare il teorema di de l ôpital: Calcolare π cos() π = π 0 + sin() sin( ). = =. M. Tumminello e A. Consiglio 3

4 . Limite di forme indeterminate Anche in questo caso siamo in presenza di una forma indeterminata 0/0. Applicando il teorema di de l ôpital risulta: 0 + sin( = ) 0 + cos( ) = 0 + cos( ) = 0 = 0. Calcolare e. 0 Come nei casi precedenti, possiamo applicare il teorema di de l ôpital e e = 0 0 = e 0 = (sfruttando il ite notevole già studiato) =. E tuttavia interessante notare come allo stesso risultato saremmo potuti arrivare applicando nuovamente il teorema di de l ôpital: e e = 0 0 = e 0 = 0 e = =. Esempi. Forme indeterminate / Sia α > 0. Determinare il seguente ite: ln() +. α Applichiamo il teorema di de l ôpital: ln() = + α + = α + + α = α α = α α 0 = 0. α + = e +, k con k N. Applicando k volte il teorema di de l ôpital otteniamo: e e = e = =... = + k + k k + k(k ) k + e k! = 4 M. Tumminello e A. Consiglio

5 . Limite di forme indeterminate Il teorema di de l ôpital può essere applicato indirettamente anche ad altre forme indeterminate: basta trasformare queste forme in forme indeterminate del tipo 0/0 o / attraverso passaggi algebrici, come mostrano i seguenti esempi: Esempi.3 Altre forme indeterminate (applicazione INDIRETTA) ln(). 0 + Questa è una forma indeterminata del tipo (-) 0. Per poter applicare il teorema di de l ôpital è necessario trasformare questa forma indeterminata in una forma indeterminata del tipo 0/0 o /. Si ha: ln() ln() = , che è una forma indeterminata del tipo /. Possiamo dunque applicare la regola di de l ôpital a questa forma: ln() ln() = / = = / = / 0 + tan() π cos(). Questa è una forma indeterminata del tipo. Tuttavia essa può essere facilmente ricondotta ad una forma indeterminata 0/0: tan() π cos() = sin() π cos() cos() = sin(). π cos() Applicando il teorema di de l ôpital a questa forma otteniamo: sin() π cos() cos() = π sin() = Questo ite presenta una forma indeterminata del tipo 0 0, che appartiene alla classe di forme indeterminate che si ottengono da funzioni del tipo [f()] g(), con f() > 0. A questa classe appartengono anche le forme indeterminate e 0. Tali forme indeterminate possono essere risolte notando che, in generale: [f()] g() = e g() ln[f()]. M. Tumminello e A. Consiglio 5

6 . Limite di forme indeterminate e quindi calcolando il ite dell esponente, ossia di y = g() ln[f()]. Nel nostro caso risulta = e ln() e quindi y = ln(). Dobbiamo quindi calcolare il seguente ite: ln(), 0 + che è una forma indeterminata del tipo 0, ma che possiamo facilmente ricondurre, ad una forma / cui applicare direttamente la regola di de l ôpital: Quindi: ln() ln() = = 0 + = e 0 + ln() = e 0 = ( + ). = = Questa è una forma indeterminata del tipo, che possiamo risolvere come nel caso precedente scrivendo: 0 +( + ) = e ln(+) = e 0 + ln(+) 0 + e risolvendo il ite ad esponente (che è una forma indeterminata del tipo 0/0) sfruttando il teorema di de l ôpital: da cui ln( + ) 0 + = ( + ) + = =, sin(). 0 + = e = e Questa è una forma indeterminata del tipo 0 0, che oramai sappiamo ricondurre ad una forma indeterminata del tipo 0/0 o / scrivendo: sin() = esin() ln() = e 0 + sin() ln() Dobbiamo quindi calcolare il ln() sin() ln() = , sin() 6 M. Tumminello e A. Consiglio

7 . Limite di forme indeterminate che è una forma indeterminata /, cui possiamo applicare la regola di de l ôpital: Quindi: ln() 0 + sin() = 0 + cos() sin () = 0 + sin() sin() = e 0 =. 0 + = 0 + sin () cos() = sin() cos() = 0 = 0. + (a + b ), con < a < b. Questo ite presenta una forma indeterminata del tipo 0. Anche in questo caso sfruttiamo le proprietà delle funzioni esponenziale e logaritmo per ricondurci ad una forma indeterminata su cui sia applicabile la regola di de l ôpital: + (a + b ) = e ln(a +b ) = e + ln(a +b ). + Il ite + ln (a + b ln(a ) = +b ) + rappresenta una forma indeterminata del tipo /. Quindi: ln (a + b ) + Quindi: a ln(a) + b ln(b) = = + a + b = + ( a b ) ln(a) + ln(b) ( a ) = ln(b) b + + (a + b ) = e ln(b) = b. = ln(b). ATTENZIONE: Un uso inappropriato della regola di de l ôpital (ossia la sua applicazione in casi in cui le ipotesi del teorema NON siano soddisfatte), può condurre ad errori. Per esempio applicarlo a iti in una forma diversa da 0/0 o / porta ad errori, come mostra il seguente esempio. 0 + cos() = 0 = 0. Se però avessimo ERRONEAMENTE applicato la regola di de l ôpital avremmo ottenuto: 0 + cos() = 0 sin() = (!!!) M. Tumminello e A. Consiglio 7

8 . Limite di forme indeterminate Esercizio. Lo studente provi a cercare esempi di iti in cui una o più ipotesi del teorema di de l ôpital NON siano soddisfatte e mostri a quali errori la sua impropria applicazione conduca. 8 M. Tumminello e A. Consiglio

9 . Derivate di funzioni implicite. Derivate di funzioni implicite Finora abbiamo visto come derivare funzioni definite esplicitamente in termini di una variabile indipendente, ossia funzioni scritte nella forma y = f(). Supponiamo ora che y sia una funzione derivabile di e che e y soddisfino ad una certa equazione. In alcuni casi (che in parte abbiamo già visto) è complicato, se non impossibile, ottenere un espressione che leghi esplicitamente la y alla. In altri casi è semplicemente possibile che il calcolo della derivata della funzione esplicita risulti tortuoso. Per ovviare a tali inconvenienti vediamo come derivare le funzioni definite in forma implicita. Si consideri il seguente esempio. La funzione y = soddisfa l equazione + y = () L equazione () descrive la circonferenza unitaria, mentre y = descrive solo la semicirconferenza positiva. Proviamo prima a calcolare la derivata della funzione in forma esplicita: d = =. Proviamo ora a calcolare tale derivata, derivando ambo i membri dell equazione () rispetto ad e tenendo conto del fatto che y è funzione di : d d ( + y ) = d () + y d d = 0 d = y. () Se non fosse possibile scrivere esplicitamente la y come una funzione di, potremmo usare direttamente questa espressione per calcolare il valore della derivata di y in un dato punto di coordinate (, y) che soddisfino l equazione +y =. Ad esempio, nel punto (, y) = (0, ) dall equazione precedente otteniamo che = = 0 = 0, mentre d y nel punto (, y) = ( ) essa vale, d = y = = Si noti che questi stessi valori della derivata si ottengono ponendo = 0 e =, rispettivamente, nell espressione esplicita della derivata d = ottenuta sopra. Inoltre, in questo caso specifico, possiamo sfruttare l espressione implicita di per calcolarne la forma esplicita. Basta d M. Tumminello e A. Consiglio 9

10 . Derivate di funzioni implicite ricordare la forma esplicita di y = e si ottiene: d = y =. Vediamo un altro esempio. La curva descritta dall equazione 3 + y 3 = 9 y prende il nome di foglia di Cartesio. Questa curva NON può essere ricondotta ad una forma esplicita di y in funzione di. Potremmo essere comunque interessati a determinare il coefficiente angolare della retta tangente alla curva, ad esempio, nel punto (, y) = (, ), soluzione dell equazione ossia potremmo volere calcolare la derivata della funzione (non esplicita) y() nel punto (, ). Derivando ambo i membri dell equazione precedente otteniamo: d d ( 3 + y 3 ) = d d (9 y) y d = 9 y + 9 d Quest ultima equazione può facilmente essere risolta rispetto a d : + y d = 3 y + 3 d d ( y 3 ) = 3 y, da cui d = 3 y y 3. Sostituendo nella precedente espressione ad il valore e ad y il valore otterremo il valore ricercato del coefficiente angolare della retta tangente alla curva nel punto (,): d = 3 3 = = 4 5. Visto che, per definizione, la retta tangente alla curva in (, ) passerà per il punto (, ), possiamo immediatamente scrivere l equazione di questa retta: y = 4 ( ). 5 La foglia di Cartesio e la retta tangente alla curva nel punto (, ) sono riportate in figura a pagina seguente. 0 M. Tumminello e A. Consiglio

11 . Derivate di funzioni implicite Figure. Foglia di Cartesio e retta ad essa tangente in (, ). Esercizi. la tangente alla curva descritta dall equazione nel punto (, y) = (, ). 3( + y ) = 00 y 94 il più ampio intervallo di valori in cui la curva descritta dall equazione sin(y) = è derivabile. l equazione della retta tangente alla curva descritta dall equazione ( + y ) = 4 y nel punto (, y) = (, ). l equazione della retta tangente alla curva descritta da y sin() + cos(y) = nel punto di coordinate (, y) = (, ). Indicare se la curva descritta dall equazione sia derivabile nel punto (0, 5 3 ). 3 + y 3 = 5 M. Tumminello e A. Consiglio

12 . Derivate di funzioni implicite Esercizi. Calcolare i seguenti iti e e 0 sin() ln [ + sin()] 0 sin( ) + + [( + ) e [ π arctan( )] 0 (e + ) ] M. Tumminello e A. Consiglio