Applicando la definizione di derivata, calcolare la derivata delle seguenti funzioni nel punto indicato a fianco di ciascuna di esse:

Esercizio 1 \[ f\left(x\right)=\sqrt{x^{2}-5}\;,\; x_{0}=3 \] Calcoliamo il rapporto incrementale relativamente al punto x=3 e a un generico incremento h: \[ \frac{\Delta y}{\triangle x}=\frac{f\left(3+h\right)-f\left(3\right)}{h} \] Abbiamo che \[ f\left(3\right)=\sqrt{4}=2 \] \[ f\left(3+h\right)=\sqrt{\left(3+h\right)^{2}-5}=\sqrt{h^{2}+6h+4} \] Quindi \[ f’\left(x\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\triangle y}{\triangle x} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(3+h\right)-f\left(3\right)}{h} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\sqrt{h^{2}+6h+4}-2}{h} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\sqrt{h^{2}+6h+4}-2}{h}\cdot\frac{\sqrt{h^{2}+6h+4}+2}{\sqrt{h^{2}+6h+4}+2} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{h^{2}+6h+4-4}{h\left(\sqrt{h^{2}+6h+4}+2\right)} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{h\left(h+6\right)}{h\left(\sqrt{h^{2}+6h+4}+2\right)} \] \[ f’\left(3\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{h+6}{\sqrt{h^{2}+6h+4}+2}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2} \] \[ f’\left(3\right)=\frac{3}{2} \] Esercizio 2 \[ f\left(x\right)=\ln x\;,\; x_{0}=1 \] Calcoliamo il rapporto incrementale relativamente al punto x=1 e a un generico incremento h: \[ \frac{\Delta y}{\triangle x}=\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h} \] Abbiamo che \[ f\left(1\right)=\ln1=0 \] \[ f\left(1+h\right)=\ln\left(1+h\right) \] Quindi \[ f’\left(x\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\triangle y}{\triangle x} \] \[ f’\left(1\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h} \] \[ f’\left(1\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\ln\left(1+h\right)-0}{h} \] \[ f’\left(1\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\ln\left(1+h\right)}{h} \] quest’ultimo è un limite notevole: \[ f’\left(1\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\ln\left(1+h\right)}{h}=1 \] \[ f’\left(1\right)=1 \] Esercizio 3 \[ f\left(x\right)=e^{2x}\;,\; x_{0}=0 \] Calcoliamo il rapporto incrementale relativamente al punto x=0 e a un generico incremento h: \[ \frac{\Delta y}{\triangle x}=\frac{f\left(0+h\right)-f\left(0\right)}{h} \] Abbiamo che \[ f\left(0\right)=e^{0}=1 \] \[ f\left(0+h\right)=f\left(h\right)=e^{2h} \] Quindi \[ f’\left(x\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\triangle y}{\triangle x} \] \[ f’\left(0\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h\right)-f\left(0\right)}{h} \] \[ f’\left(0\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{e^{2h}-1}{h} \] Poniamo \[ t=2h\rightarrow h=\frac{t}{2} \] abbiamo che \[ \lim_{h\rightarrow0}t=\lim_{h\rightarrow0}2h=0 \] quindi il limite diventa \[ f’\left(0\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{e^{2h}-1}{h}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{e^{t}-1}{\frac{t}{2}} \] \[ f’\left(0\right)=\lim_{t\rightarrow0}2\cdot\frac{e^{t}-1}{t}=2\cdot\lim_{t\rightarrow0}\frac{e^{t}-1}{t} \] Visto che \[ \lim_{t\rightarrow0}\frac{e^{t}-1}{t}=1 \] otteniamo \[ f’\left(0\right)=2\cdot\lim_{t\rightarrow0}\frac{e^{t}-1}{t}=2 \] \[ f’\left(0\right)=2 \] Esercizio 4 \[ f\left(x\right)=\sin x\;,\; x_{0}=\frac{\pi}{2} \] Calcoliamo il rapporto incrementale relativamente al punto x=pi/2 e a un generico incremento h: \[ \frac{\Delta y}{\triangle x}=\frac{f\left(\frac{\pi}{2}+h\right)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)}{h} \] Abbiamo che \[ f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin\frac{\pi}{2}=1 \] \[ f\left(\frac{\pi}{2}+h\right)=\sin\left(\frac{\pi}{2}+h\right) \] \[ f\left(\frac{\pi}{2}+h\right)=\sin\frac{\pi}{2}\cos h+\sin h\cos\frac{\pi}{2}=\cos h \] Quindi \[ f’\left(x\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\triangle y}{\triangle x} \] \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(\frac{\pi}{2}+h\right)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)}{h} \] \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{\cos h-1}{h} \] Procediamo come segue: \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\lim_{h\rightarrow0}\frac{1-\cos h}{h} \] \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\lim_{h\rightarrow0}\frac{1-\cos h}{h}\cdot\frac{h}{h} \] \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\lim_{h\rightarrow0}\frac{1-\cos h}{h^{2}}\cdot h \] Visto che \[ \lim_{h\rightarrow0}\frac{1-\cos h}{h^{2}}=\frac{1}{2} \] (che è un limite notevole) otteniamo: \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\lim_{h\rightarrow0}\frac{1-\cos h}{h^{2}}\cdot h=-\frac{1}{2}\cdot0=0 \] \[ f’\left(\frac{\pi}{2}\right)=0 \]