Esercizi svolti · Scheda 2

Applicazioni del teorema di Lagrange

Teoria usata: Teorema di Lagrange Lettura fisica del teorema di Lagrange

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Esercizio 1

Verifica che la funzione $f(x) = x^2 - 3x + 1$ soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $[1, 4]$ e determina il punto $c$ di cui il teorema garantisce l’esistenza.

f(1) = 1 - 3 + 1 = -1, \qquad f(4) = 16 - 12 + 1 = 5

\frac{f(4) - f(1)}{4 - 1} = \frac{5 - (-1)}{3} = 2

f'(x) = 2x - 3

2c - 3 = 2 \iff c = \frac{5}{2}

La funzione è un polinomio, quindi è continua in $[1, 4]$ e derivabile in $(1, 4)$ , e le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte. Il teorema garantisce un punto $c$ di $(1, 4)$ in cui la derivata è uguale al coefficiente angolare della retta che congiunge i punti $(1, -1)$ e $(4, 5)$ del grafico.

Il coefficiente angolare è $\dfrac{6}{3} = 2$ . L’equazione $f'(c) = 2$ è di primo grado e dà $c = \dfrac{5}{2}$ , che appartiene a $(1, 4)$ . Il punto trovato è il punto medio dell’intervallo, come accade per ogni parabola.

Esercizio 2

Verifica che la funzione $f(x) = \ln x$ soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $[1, e]$ , determina il punto $c$ del teorema e scrivi l’equazione della retta tangente al grafico nel punto di ascissa $c$ .

\frac{f(e) - f(1)}{e - 1} = \frac{1 - 0}{e - 1} = \frac{1}{e - 1}

f'(x) = \frac{1}{x}

\frac{1}{c} = \frac{1}{e - 1} \iff c = e - 1 \approx 1{,}72

y - \ln (e - 1) = \frac{1}{e - 1}\,\big( x - (e - 1) \big) \qquad \Longrightarrow \qquad y = \frac{x}{e - 1} + \ln (e - 1) - 1

y = \ln x

y = \dfrac{x}{e - 1} + \ln (e - 1) - 1

Il segmento

A B

per

(1, 0)

(e, 1)

e la tangente al grafico di

ln x

nel punto di ascissa

c = e - 1

hanno lo stesso coefficiente angolare

\frac{1}{e - 1}

La funzione logaritmo è continua e derivabile per $x > 0$ , quindi è continua in $[1, e]$ e derivabile in $(1, e)$ , e il teorema di Lagrange si applica. Poiché $\ln 1 = 0$ e $\ln e = 1$ , la retta $AB$ che congiunge gli estremi del grafico ha coefficiente angolare $\dfrac{1}{e - 1}$ .

L’equazione $\dfrac{1}{c} = \dfrac{1}{e - 1}$ ha la soluzione $c = e - 1$ . Poiché $e \approx 2{,}72$ , si ha $c \approx 1{,}72$ , che appartiene a $(1, e)$ .

La retta tangente nel punto di ascissa $c$ passa per $\big( e - 1, \ln (e - 1) \big)$ e ha coefficiente angolare $f'(c) = \dfrac{1}{e - 1}$ . Sviluppando il prodotto si ottiene $\dfrac{x}{e - 1} - 1$ , a cui si aggiunge $\ln (e - 1)$ . La tangente è parallela alla retta $AB$ , come afferma il teorema.

Esercizio 3

Si consideri la funzione

f(x) = \begin{cases} x^2 + a x & \text{se } 0 \leq x \leq 1 \\ b \sqrt{x} & \text{se } 1 < x \leq 9 \end{cases}

Determina $a$ e $b$ in modo che $f$ soddisfi le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo $[0, 9]$ , e determina il punto $c$ del teorema.

\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 + a, \qquad \lim_{x \to 1^+} f(x) = b

f'(x) = \begin{cases} 2x + a & \text{se } 0 < x < 1 \\ \dfrac{b}{2\sqrt{x}} & \text{se } 1 < x < 9 \end{cases} \qquad \lim_{x \to 1^-} f'(x) = 2 + a, \quad \lim_{x \to 1^+} f'(x) = \frac{b}{2}

\begin{cases} 1 + a = b \\ 2 + a = \dfrac{b}{2} \end{cases} \qquad \Longrightarrow \qquad \begin{cases} a = -3 \\ b = -2 \end{cases}

f(0) = 0, \qquad f(9) = -2 \cdot 3 = -6, \qquad \frac{f(9) - f(0)}{9 - 0} = -\frac{2}{3}

0 < x < 1: \quad 2x - 3 = -\frac{2}{3} \iff x = \frac{7}{6} \notin (0, 1)

1 < x < 9: \quad -\frac{1}{\sqrt{x}} = -\frac{2}{3} \iff \sqrt{x} = \frac{3}{2} \iff x = \frac{9}{4}

c = \frac{9}{4}

Ciascuno dei due tratti è continuo e derivabile nel proprio intervallo, quindi le ipotesi del teorema vanno controllate solo nel punto di raccordo $x = 1$ . La funzione è continua in $1$ se il limite sinistro e il limite destro sono uguali al valore $f(1) = 1 + a$ , cioè se $1 + a = b$ .

Per la derivabilità in $1$ si usa il criterio di derivabilità visto nell’argomento sulle derivate. La funzione è continua in $1$ e derivabile vicino a $1$ , quindi la derivata sinistra e la derivata destra in $1$ sono i limiti di $f'(x)$ da sinistra e da destra, cioè $2 + a$ e $\dfrac{b}{2}$ . La funzione è derivabile in $1$ se questi due numeri sono uguali. Le due condizioni si verificano insieme, quindi formano un sistema. Dalla prima equazione $b = 1 + a$ , e sostituendo nella seconda si ha $2 + a = \dfrac{1 + a}{2}$ , cioè $4 + 2a = 1 + a$ , quindi $a = -3$ e $b = -2$ .

Con questi valori $f$ è continua in $[0, 9]$ e derivabile in $(0, 9)$ , e il teorema di Lagrange si applica. La retta per gli estremi ha coefficiente angolare $-\dfrac{6}{9} = -\dfrac{2}{3}$ . L’equazione $f'(x) = -\dfrac{2}{3}$ si risolve separatamente nei due tratti. Nel primo tratto la soluzione $\dfrac{7}{6}$ è maggiore di $1$ , quindi non è accettabile. Nel secondo tratto $f'(x) = -\dfrac{2}{2\sqrt{x}} = -\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ , e la soluzione $\dfrac{9}{4}$ appartiene a $(1, 9)$ . Nel punto di raccordo la derivata vale $f'(1) = -1$ , diverso da $-\dfrac{2}{3}$ . Perciò il punto del teorema è unico ed è $c = \dfrac{9}{4}$ .

Esercizio 4

In autostrada due portali di controllo della velocità distano $12\,\mathrm{km}$ . Un’auto passa sotto il secondo portale $6$ minuti dopo essere passata sotto il primo. Dimostra che in almeno un istante del tragitto la velocità dell’auto era $120\,\mathrm{km/h}$ .

\Delta t = 6\,\mathrm{min} = \frac{6}{60}\,\mathrm{h} = \frac{1}{10}\,\mathrm{h}

v_{\text{media}} = \frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1} = \frac{12\,\mathrm{km}}{\dfrac{1}{10}\,\mathrm{h}} = 120\,\mathrm{km/h}

\text{esiste } \bar{t} \in (t_1, t_2) \text{ tale che} \qquad s'(\bar{t}) = \frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1} = 120\,\mathrm{km/h}

Sia $s(t)$ la posizione dell’auto lungo l’autostrada all’istante $t$ , e siano $t_1$ e $t_2$ gli istanti dei passaggi sotto i due portali. La velocità media tra $t_1$ e $t_2$ è lo spazio percorso diviso per il tempo impiegato. Il tempo si esprime in ore, quindi $6$ minuti sono $\dfrac{1}{10}$ di ora, e la velocità media è $120\,\mathrm{km/h}$ .

La posizione di un’auto varia senza salti e ha in ogni istante una velocità, quindi $s$ è continua in $[t_1, t_2]$ e derivabile in $(t_1, t_2)$ . Per il teorema di Lagrange esiste un istante $\bar{t}$ tra $t_1$ e $t_2$ in cui la derivata $s'(\bar{t})$ è uguale alla velocità media. La derivata della posizione è la velocità istantanea, perciò in quell’istante l’auto viaggiava a $120\,\mathrm{km/h}$ . Il ragionamento non dice in quale istante questo accade, e non esclude che in altri istanti la velocità sia stata maggiore.