proprietà delle funzioni derivabili in R

Teoremi

Teorema (operazioni con derivate)

Siano $f,g:I\to \mathbb{R}$, $x_0\in I$,
siano $f,g$ derivabili in $x_0$,
allora $f+g,f-g,f\cdot g$ e, se $g(x_0)\ne 0$, $\frac{f}{g}$ sono derivabili
e
$(f\pm g{)}^{\prime }=f^{\prime }\pm g^{\prime }$
$(f\cdot g{)}^{\prime }=f^{\prime }\cdot g+f\cdot g^{\prime }$ (regola di Leibniz)
$(\frac{f}{g}{)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }\cdot g-f\cdot g^{\prime }}{g^2}$

Dimostrazione
$R_{x_0}^{f+g}(x)=\frac{(f(x)+g(x))-(f(x_0)+g(x_0))}{x-x_0}=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=R_{x_0}^f(x)+R_{x_0}^g(x)$

quindi se esiste finito $\underset{x\to x_0}{\lim }{R}_{x_0}^f(x)$ e $\underset{x\to x_0}{\lim }{R}_{x_0}^g(x)$,
allora esiste finito $\underset{x\to x_0}{\lim }{R}_{x_0}^{f+g}(x)$ e vale $f^{\prime }(x_0)+g^{\prime }(x_0)$

Per la moltiplicazione:

$R_{x_0}^{f\cdot g}(x)=\frac{(f(x)\cdot g(x))-(f(x_0)\cdot g(x_0))}{x-x_0}=$
$=\frac{f(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x_0)+f(x_0)\cdot g(x)-f(x_0)\cdot g(x_0)}{x-x_0}=$
$=f(x)\cdot \left(\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\right)+g(x_0)\cdot \left(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right)=$
$=f(x_0)\cdot g^{\prime }(x_0)+g(x_0)\cdot f^{\prime }(x_0)$

$f(x)$ diventa $f(x_0)$ perché $f$ derivabile $\Rightarrow$ $f$ continua

quindi $\underset{x\to x_0}{\lim }{R}_{x_0}^{f\cdot g}(x)=f(x_0)\cdot g^{\prime }(x_0)+g(x_0)\cdot f^{\prime }(x_0)$

Analogamente per la divisione.

$\square$

Teorema (derivata della funzione inversa)

Sia $f:I\to J$ iniettiva, $x_0\in I$,
$f$ sia derivabile in $x_0$ con $f^{\prime }(x_0)\ne 0$

Allora $f^{-1}$ è derivabile in $f(x_0)$ e si ha

$(f^{-1}{)}^{\prime }(f(x_0))=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}$

Dimostrazione
Considero $R_{f(x_0)}^{f^{-1}}(y)=\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(f(x_0))}{y-f(x_0)}=\frac{f^{-1}(y)-x_0}{y-f(x_0)}$

devo calcolare $\underset{y\to f(x_0)}{\lim }\frac{f^{-1}(y)-x_0}{y-f(x_0)}$

cambio la variabile nel limite

$x=f^{-1}(y)$
$y=f(x)$
se $y\to f(x_0)$
allora $x\to x_0$

$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f^{-1}(f(x))-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{1}{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}$

$\square$

Teorema (derivata composta)

Sia $f:I\to \mathbb{R}$, sia $g:J\to \mathbb{R}$,
siano $f,g$ derivabili,
allora $(f\circ g{)}^{\prime }=f^{\prime }(g(x))\cdot g^{\prime }(x)$

Dimostrazione
Definisco $h(x)=(f\circ g)(x)=f(g(x))$,
inizio dalla definizione di derivata
$h^{\prime }(x)=R_{x_0}^h(x)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0}=$
$=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(g(x))-f(g(x_0))}{x-x_0}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(g(x))-f(g(x_0))}{x-x_0}\cdot \frac{g(x)-g(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=$
$=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(g(x))-f(g(x_0))}{g(x)-g(x_0)}\cdot \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}=R_{g(x_0)}^f(g(x))\cdot R_{x_0}^g(x)=f^{\prime }(g(x))\cdot g^{\prime }(x)$

$\square$

Risorse