Derivata $f(x)=cos¦x¦$
trovare dove è derivabile la funzione e calcolarne la derivata.
Potresete per favore dirmi se è corretto quanto segue ?
visto che c'è il modulo f(x) dovrebbe essere $cosx se x >= 0$ e $cos(-x) se x < 0$
se faccio la derivata f'(x) dovrei avere $ -sinx se x >= 0 e -sinx se x <0$
è giusto che la derivata di $cos(-x)$ sia sempre $-sinx$ ?
A questo punto calcolo il limite del rapporto incrementale in $x0=0$ se ho capito
bene , in questo caso non serve calcolarlo perchè entrambe le derivate sono uguali e
quindi la derivata sx è uguale a quella dx. Pero' non sono sicuro se sia corretto.
$lim_(h->0) ( f(Xo+h)-f(Xo) / (h) )
$lim_(h->0-) ( cos-0+h)-f(cos-0) / (h) )=((1+h-1)/h)=1
$lim_(h->0+) ( cos0+h)-f(cos0) / (h) )=((1+h-1)/h)=1
I due limiti coincidono e quindi la funzione è derivabile anche in Xo=0.
è giusto come ho calcolato il limite ?
grazie
Ben
Potresete per favore dirmi se è corretto quanto segue ?
visto che c'è il modulo f(x) dovrebbe essere $cosx se x >= 0$ e $cos(-x) se x < 0$
se faccio la derivata f'(x) dovrei avere $ -sinx se x >= 0 e -sinx se x <0$
è giusto che la derivata di $cos(-x)$ sia sempre $-sinx$ ?
A questo punto calcolo il limite del rapporto incrementale in $x0=0$ se ho capito
bene , in questo caso non serve calcolarlo perchè entrambe le derivate sono uguali e
quindi la derivata sx è uguale a quella dx. Pero' non sono sicuro se sia corretto.
$lim_(h->0) ( f(Xo+h)-f(Xo) / (h) )
$lim_(h->0-) ( cos-0+h)-f(cos-0) / (h) )=((1+h-1)/h)=1
$lim_(h->0+) ( cos0+h)-f(cos0) / (h) )=((1+h-1)/h)=1
I due limiti coincidono e quindi la funzione è derivabile anche in Xo=0.
è giusto come ho calcolato il limite ?
grazie
Ben
Risposte
scusate h divide tutto , ho sbagliato a mettere la parentesi.... 
Prima di procedere a fare conti, è sufficiente osservare
che $cos|x|=cosx$. Questo perché la funzione
$x|->cosx$ è pari, ovvero $cosx=cos(-x)$, quindi,
una volta dedotto questo, risulta che $f$ è derivabile
su tutto $RR$, con derivata $f'(x)=-sinx " "AAx in RR$.
che $cos|x|=cosx$. Questo perché la funzione
$x|->cosx$ è pari, ovvero $cosx=cos(-x)$, quindi,
una volta dedotto questo, risulta che $f$ è derivabile
su tutto $RR$, con derivata $f'(x)=-sinx " "AAx in RR$.
Visto che siamo in argomento propongo di dimostrare che se $f$ è derivabile su $\RR$ ed è pari, allora $f'(0)=0$.
La derivata di una funzione pari è dispari, e viceversa.
Sia $f:RR->RR$ derivabile nel suo dominio e pari.
Allora, usando la proprietà citata all'inizio si ha:
$f'(x)+f'(-x)=0
quindi $f'(0)+f'(0)=0<=>f'(0)=0
Sia $f:RR->RR$ derivabile nel suo dominio e pari.
Allora, usando la proprietà citata all'inizio si ha:
$f'(x)+f'(-x)=0
quindi $f'(0)+f'(0)=0<=>f'(0)=0
Propongo una dimostrazione da ingegnere, quindi dal rigore non sempre soddisfacente per il palato dei matematici. Ma io sono ingegnere, quindi...
Poiché la funzione è pari, allora è f(h)=f(-h) per ogni h.
Poiché la funzione è derivabile in R, quindi in 0, posso scrivere:
f(h)=f(o)+f'(0)h ma anche
f(-h)=f(0)-f'(0)h.
da cui deduco che f'(0)=-f'(0). Questo è possibile solo se f'(0)=0.
Questa strada mi fa pensare che il requisito di derivabilità su tutto R sia eccessivo. Forse basta che lo sia in x=0.
Poiché la funzione è pari, allora è f(h)=f(-h) per ogni h.
Poiché la funzione è derivabile in R, quindi in 0, posso scrivere:
f(h)=f(o)+f'(0)h ma anche
f(-h)=f(0)-f'(0)h.
da cui deduco che f'(0)=-f'(0). Questo è possibile solo se f'(0)=0.
Questa strada mi fa pensare che il requisito di derivabilità su tutto R sia eccessivo. Forse basta che lo sia in x=0.
complimenti a fireball: la tua dimostrazione è più bella della mia; sei un matamatico?
No, e sono fiero di essere uno studente di Ingegneria del secondo anno! ^^
Grazie per il complimento!
Grazie per il complimento!
Per Kinder: la tua dimostrazione regge solo se $f$ è lineare; a quanto pare hai usato la formula di Taylor arrestata al primo ordine ma hai omesso il resto, quindi formalmente non è corretta.
Quanto al requisito della derivabilità su $\RR$ è vero che è eccessivo, ho preso per comodità $\RR$ per non prendere un intervallo centrato in $0$, cosa che devi prendere per dar senso alla definizione di funzione pari.
Quanto al requisito della derivabilità su $\RR$ è vero che è eccessivo, ho preso per comodità $\RR$ per non prendere un intervallo centrato in $0$, cosa che devi prendere per dar senso alla definizione di funzione pari.
In verità non mi sono ispirato allo sviluppo in serie di Taylor, ma avevo in mente il differenziale nell'intorno di zero, anche se non l'ho scritto formalmente come tale.
Pensavo alla relazione df=f'(0)dx=-df=-f'(0)dx, che porta alla stessa conclusione.
L'affermazione che la dimostrazione sia limitata a f lineare non mi convince, perché se la funzione è pari, l'errore che commetto differenziando in avanti e indietro sarà uguale. Intendo dire che se anche volessi essere rigoroso dicendo che: f(h)=f'(0)h+E(h), con E(h) errore, mi aspetto che, in virtù della parità della funzione, sia E(-h)=E(h). Quindi, rimanendo nel formalismo usato prima, anche:
f(h)= f(o)+f'(o)h+E(h)=f(-h)=f(o)-f'(o)h+E(-h), che se è vero che E(-h)=E(h) conduce al risultato per ogni funzione f pari e derivabile in zero. Mi sbaglio?
Pensavo alla relazione df=f'(0)dx=-df=-f'(0)dx, che porta alla stessa conclusione.
L'affermazione che la dimostrazione sia limitata a f lineare non mi convince, perché se la funzione è pari, l'errore che commetto differenziando in avanti e indietro sarà uguale. Intendo dire che se anche volessi essere rigoroso dicendo che: f(h)=f'(0)h+E(h), con E(h) errore, mi aspetto che, in virtù della parità della funzione, sia E(-h)=E(h). Quindi, rimanendo nel formalismo usato prima, anche:
f(h)= f(o)+f'(o)h+E(h)=f(-h)=f(o)-f'(o)h+E(-h), che se è vero che E(-h)=E(h) conduce al risultato per ogni funzione f pari e derivabile in zero. Mi sbaglio?
Per quanto tu hai scritto risulta che $E(-h)-E(h)=2hf'(0)$. Quindi la parità del resto equivale a $f'(0)=0$. Quindi o mostri che $E$ è pari in modo indipendente, oppure sei punto a capo.
Quello che dici è vero, infatti volevo aggiungere che il mio discorso sposta il problema sulla necessità di dimostrare la parità dell'errore, che nel post precedente ho supposto vera. Intuitivamente mi sembra evidente; per la dimostrazione ci penserò.
Per Luca.Lussardi
non serve dimostrare la parità dell'errore.
E' sufficiente la considerazione che, poiché la funzione è derivabile, quindi differenziabile, l'errore E(h) è infinitesimo di ordine superiore ad h.
Dividendo per 2h l'espressione E(-h)-E(h)=2hf'(0), si ottiene (E(-h)-E(h))/(2h)=f'(o)
Dalla differenziabilità della funzione abbiamo che il rapporto (E(-h)-E(h))/(2h) tende a zero per h tendente a zero. Da cui...
non serve dimostrare la parità dell'errore.
E' sufficiente la considerazione che, poiché la funzione è derivabile, quindi differenziabile, l'errore E(h) è infinitesimo di ordine superiore ad h.
Dividendo per 2h l'espressione E(-h)-E(h)=2hf'(0), si ottiene (E(-h)-E(h))/(2h)=f'(o)
Dalla differenziabilità della funzione abbiamo che il rapporto (E(-h)-E(h))/(2h) tende a zero per h tendente a zero. Da cui...
Grazie per la risposta.
Ho capito che avrei dovuto notare cosx = cos(-x) , per la relazione degli angoli opposti.
Tuttavia vorrei capire se il ragionamento che ho seguito ha senso ed é corretto in generale.
Non sono sicuro se ho usato correttamente la formula del rapporto incrementale.
Ho capito che avrei dovuto notare cosx = cos(-x) , per la relazione degli angoli opposti.
Tuttavia vorrei capire se il ragionamento che ho seguito ha senso ed é corretto in generale.
Non sono sicuro se ho usato correttamente la formula del rapporto incrementale.
Non si capisce molto bene il tuo post ben,
quindi riposto qui quello che probabilmente
vuoi dire tu, tu dimmi se è corretto.
E' chiaro che volendo, uno può dire subito che $f$ risulta
senz'altro derivabile in $RR\\{0}$ perché composta
da funzioni ivi derivabili. Per esaminare l'eventuale
derivabilità in 0 occorre usare la definizione di derivata,
quindi occorre calcolare:
$lim_(h->0) (cos|0+h|-cos|0|)/h = lim_(h->0) (cos|h|-1)/h
adesso, quello che si può fare è calcolare i limiti destro
e sinistro, data la presenza del modulo; se esistono
e sono uguali tra loro, allora $f$ risulterà derivabile
anche in 0, e la derivata sarà uguale al valore di
entrambi questi limiti. Il limite destro è uguale a 0,
infatti $lim_(h->0^+) (cos h-1)/h = lim_(h->0^+) (cos h -1)/h^2 * h = -1/2 * 0 = 0$.
Discorso assolutamente analogo per il limite sinistro,
cioè $lim_(h->0^-) (cos(-h)-1)/h$, se uno non si ricorda
che per ogni $x in RR$ vale $cosx=cos(-x)$ può porre $-h=t$
ed ottenere $lim_(t->0^+) (cost-1)/(-t) = 0$, cioè
il limite già calcolato precedentemente, però cambiato di segno
(c'è $-t$ al denominatore).
Dunque questi due limiti esistono e sono entrambi uguali a 0;
deduciamo quindi che $f$ è derivabile in tutto $RR$ ed $f'(0)=0$.
quindi riposto qui quello che probabilmente
vuoi dire tu, tu dimmi se è corretto.
E' chiaro che volendo, uno può dire subito che $f$ risulta
senz'altro derivabile in $RR\\{0}$ perché composta
da funzioni ivi derivabili. Per esaminare l'eventuale
derivabilità in 0 occorre usare la definizione di derivata,
quindi occorre calcolare:
$lim_(h->0) (cos|0+h|-cos|0|)/h = lim_(h->0) (cos|h|-1)/h
adesso, quello che si può fare è calcolare i limiti destro
e sinistro, data la presenza del modulo; se esistono
e sono uguali tra loro, allora $f$ risulterà derivabile
anche in 0, e la derivata sarà uguale al valore di
entrambi questi limiti. Il limite destro è uguale a 0,
infatti $lim_(h->0^+) (cos h-1)/h = lim_(h->0^+) (cos h -1)/h^2 * h = -1/2 * 0 = 0$.
Discorso assolutamente analogo per il limite sinistro,
cioè $lim_(h->0^-) (cos(-h)-1)/h$, se uno non si ricorda
che per ogni $x in RR$ vale $cosx=cos(-x)$ può porre $-h=t$
ed ottenere $lim_(t->0^+) (cost-1)/(-t) = 0$, cioè
il limite già calcolato precedentemente, però cambiato di segno
(c'è $-t$ al denominatore).
Dunque questi due limiti esistono e sono entrambi uguali a 0;
deduciamo quindi che $f$ è derivabile in tutto $RR$ ed $f'(0)=0$.
no Ben, hai commesso qualche errore. La derivata del cos(x) é -sen(x). Quindi in x=0 tale derivata vale 0.
Non so se ricordi che cos(x+h)=cos(x)cos(h)-sen(x)sen(h) per cui
(cos(x+h)-cos(x))/h=(cos(x)cos(h)-sen(x)sen(h)-cos(x))/h da cui, mettendo in evidenza cos(x) hai:
(cos(x)(cos(h)-1)-sen(x)sen(h))/h
Poichè cos(h)-1 è un infinitesimo dell'ordine di h^2, e sen(h)/h tende a 1, il limite di questo rapporto tende a -sen(x) quando h tende a 0.
Non so se ricordi che cos(x+h)=cos(x)cos(h)-sen(x)sen(h) per cui
(cos(x+h)-cos(x))/h=(cos(x)cos(h)-sen(x)sen(h)-cos(x))/h da cui, mettendo in evidenza cos(x) hai:
(cos(x)(cos(h)-1)-sen(x)sen(h))/h
Poichè cos(h)-1 è un infinitesimo dell'ordine di h^2, e sen(h)/h tende a 1, il limite di questo rapporto tende a -sen(x) quando h tende a 0.
Per Fireball : era quello che cercavo di fare. Ho capito come hai fatto a calcolare il limite, l'hai ricondotto a quello fondamentale della trigonometria.
Per Kinder : purtroppo ho iniziato a fare trigonometria da 2 settimane , alle superiori da noi non c'era, mi piace un casino ma faccio una fatica boia ,
dovendo studiare tutti gli altri argomenti non ho tempo per imparare bene niente.
Scusate se vi ho assillato con domande banali.
Grazie ancora
Ben
Per Kinder : purtroppo ho iniziato a fare trigonometria da 2 settimane , alle superiori da noi non c'era, mi piace un casino ma faccio una fatica boia
,dovendo studiare tutti gli altri argomenti non ho tempo per imparare bene niente.
Scusate se vi ho assillato con domande banali.
Grazie ancora
Ben
Per kinder: ok, adesso va bene, anche se è decisamente più semplice partire da $f(x)=f(-x)$, derivare e mettere $x=0$.
Mi aspettavo di più il contrario, ovvero che un ingegnere portasse la dimostrazione che ho riportato di sopra, mentre caso mai un matematico facesse la dimostrazione che hai riportato tu; è successa invece la cosa opposta.
Mi aspettavo di più il contrario, ovvero che un ingegnere portasse la dimostrazione che ho riportato di sopra, mentre caso mai un matematico facesse la dimostrazione che hai riportato tu; è successa invece la cosa opposta.
"fireball":
La derivata di una funzione pari è dispari, e viceversa.
Sia $f:RR->RR$ derivabile nel suo dominio e pari.
Allora, usando la proprietà citata all'inizio si ha:
$f'(x)+f'(-x)=0
quindi $f'(0)+f'(0)=0<=>f'(0)=0
Scusa, mi servirebbe una piccola precisazione:
Questo $f'(x)+f'(-x)=0
si ha perchè $f(x)=f(-x)$ derivato è uguale a $f'(x)=-f'(-x)$ xke la derivata di $f(-x)$, pari, è $-f'(-x)$, dispari, vero?
Certo.
"fireball":
Certo.
Preferisco sempre abbondare sulle notazioni nei miei appunti piuttosto ke riguardarle e doverle capire "nuovamente"...
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