a.
Verifichiamo le ipotesi del teorema
- f(x) è definita in [-1, 1]. OK.
- f(x) è continua in [-1, 1]. Sicuramente lo è nei due tratti; occorre imporre che lo sia anche nel punto di raccordo x = 0.
-
- $lim_{x \to 0^+} f(x) = 3$
- $lim_{x \to 0^-} f(x) = b$
- $ f(0) = b$
- f(x) è continua in x = 0 se e solo se b = 3
- f(x) è derivabile in (-1, 1). Sicuramente lo è nei due tratti, occorre che lo sia anche nel punto di raccordo x = 0. Per esserlo è sufficiente imporre che le derivate laterali siano eguali. Osserviamo che le derivate dei due tratti sono funzioni continue allora
-
- $D^- f(0) = - e ^{-0} = - 1$
- $D^+ f(0) = 3 \cdot 0^2 + a $
- Le due derivate laterali sono eguali per a = -1.
.
b. Rolle in [-1,0]
Osserviamo che [-1, 0] è un sotto-intervallo di [-1, 1] quindi la funzione con a = -1 e b = 3 soddisfa le tre ipotesi del teorema. Rimane da verificare che
- f(-1) = f(0)
-
- f(-1) = x³ - x + 3 = 3
- f(0) = 3
- Si sono soddisfatte tutte le ipotesi del teorema di Rolle
Determiniamo i punti c∈[-1, 0]
- derivata prima. $f'(x) = 3x^2 -1$
- $ f'(c) = 0 \quad \implies \quad c = \pm \frac {\sqrt{3}}{3}$
Scartiamo il c positivo essendo fuori dall'intervallo (-1, 0), rimane
$c = -\frac {\sqrt{3}}{3}$
.
c. [0,1] è un sotto-intervallo di [-1, 1] quindi il teorema di Lagrangia è applicabile.
Calcoli preliminari
$⊳ f(a) = f(0) = 3$
$⊳ f(b) = f(1) = 2+ \frac{1}{e}$
$⊳ f'(x) = -e^{-x}$
dal teorema sappiamo che esiste almeno un c∈(0,1) tale che
$ \frac{f(b) - f(a)}{b-a} = f'(c) $
$ e^{-1} - 1 = - e^{-c} $
determiniamo il valore di c
$ \frac{1}{e} + \frac {1}{e^c} = 1$
$ e^c + e = e \cdot e^c$
$ e^c (e-1) = e$
$ e^c = \frac {e}{e-1}$
Sfruttiamo l'identità logaritmica $e^ln(y) = y$; applicando il logaritmo ad ambo i membri
$ c = ln ( \frac {e}{e-1}) = ln(e) - ln(e-1)$
$ c = 1 - ln(e-1)$
