Derivate laterali: derivata destra e sinistra, punti angolosi ed esercizi svolti

Quando una funzione è definita a tratti, presenta un valore assoluto o attraversa un punto in cui cambia improvvisamente comportamento, le regole di derivazione applicate ai singoli rami non sono sufficienti per stabilire che cosa accade nel punto di raccordo.

È qui che entrano in gioco le derivate laterali.

La derivata sinistra osserva la funzione mentre ci avviciniamo al punto provenendo da sinistra; la derivata destra fa lo stesso provenendo da destra. Confrontarle permette di capire se le due parti della funzione si raccordano con la stessa pendenza oppure formano uno spigolo.

Questo concetto è importante non solo per il calcolo differenziale, ma anche per comprendere funzioni a tratti, modelli con soglie, costi marginali e problemi di progettazione di raccordi.

In questo articolo partiremo dalla definizione e costruiremo progressivamente il concetto attraverso sei esercizi, passando dal calcolo diretto alla determinazione di parametri e a un’applicazione economica.

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1. Derivata sinistra e derivata destra

Sia [math]f(x)[/math] una funzione definita in un intorno di [math]x_0[/math].

La derivata sinistra di [math]f[/math] in [math]x_0[/math] è

[math]\displaystyle \boxed{ f’_- (x_0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} }[/math]

dove [math]h \to 0^-[/math] significa che [math]h[/math] tende a zero assumendo valori negativi.

In questo modo [math]x_0+h < x_0[/math]: stiamo osservando la funzione arrivando al punto da sinistra.

La derivata destra è invece

[math]\displaystyle \boxed{ f’_+ (x_0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} }[/math]

dove [math]h \to 0^+[/math] significa che [math]h[/math] tende a zero assumendo valori positivi.

In questo caso [math]x_0+h > x_0[/math]: osserviamo la funzione arrivando al punto da destra.

Quando esiste la derivata?

La funzione è derivabile in [math]x_0[/math] se e solo se le due derivate laterali esistono come numeri reali finiti e coincidono:

[math]\boxed{ f’_- (x_0) = f’_+ (x_0) }[/math]

Quando questa uguaglianza è verificata, il valore comune è la derivata ordinaria:

[math]f'(x_0) = f’_- (x_0) = f’_+ (x_0)[/math]

Se invece

[math]f’_- (x_0) \neq f’_+ (x_0)[/math]

la funzione non è derivabile in [math]x_0[/math].

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2. Continuità e derivabilità: due proprietà diverse

Prima di affrontare gli esercizi è fondamentale distinguere due concetti che spesso vengono confusi.

Una funzione è continua in [math]x_0[/math] se

[math]\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)[/math]

La derivabilità è una proprietà più forte.

Vale infatti:

[math]\boxed{ \text{derivabilità} \Longrightarrow \text{continuità} }[/math]

ma il contrario non è generalmente vero:

[math]\boxed{ \text{continuità} \not\Longrightarrow \text{derivabilità} }[/math]

Una funzione può quindi essere perfettamente continua e avere comunque uno spigolo.

È esattamente ciò che accade quando le due derivate laterali esistono ma sono diverse.

Una distinzione importante

La continuità ci dice che non c’è un salto.

Le derivate laterali ci dicono invece come si comporta la pendenza locale.

Possiamo quindi avere:

Situazione	Continuità	Derivate laterali	Derivabilità
Salto	No	non possono entrambe essere finite	No
Funzione continua con spigolo	Sì	diverse	No
Raccordo liscio	Sì	uguali	Sì

Questa distinzione sarà il filo conduttore degli esercizi.

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3. Come riconoscere geometricamente uno spigolo

Immaginiamo di percorrere il grafico da sinistra verso destra.

Se arrivando in [math]x_0[/math] la pendenza è, per esempio,

[math]f’_-(x_0) = 2[/math]

e immediatamente dopo diventa

[math]f’_+(x_0) = 3[/math]

la funzione continua, ma cambia bruscamente inclinazione.

Abbiamo quindi due tangenti laterali diverse.

Al contrario, se

[math]f’_- (x_0) = f’_+ (x_0) = 2[/math]

le due tangenti si fondono nella stessa retta.

La differenza può essere sintetizzata così:

[math]\boxed{ \text{stessa pendenza} \Rightarrow \text{raccordo liscio} }[/math]

[math]\boxed{ \text{pendenze diverse} \Rightarrow \text{punto angoloso} }[/math]

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Esercizio 1 – Una funzione a tratti e un punto angoloso

Testo

Data la funzione

[math]\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^2 & \text{se } x \leq 1, \\ 3x-2 & \text{se } x > 1, \end{cases}[/math]

calcola

[math]f’_- (1) \qquad \text{e} \qquad f’_+ (1)[/math]

e stabilisci se [math]f[/math] è derivabile in [math]x=1[/math].

Soluzione

Passo 1 – Calcoliamo [math]f(1)[/math]

Poiché il primo ramo comprende [math]x=1[/math],

[math]f(1) = 1^2 = 1[/math]

Passo 2 – Verifichiamo la continuità

Da sinistra:

[math]\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} x^2 = 1[/math]

Da destra:

[math]\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (3x-2) = 3-2 = 1[/math]

Quindi

[math]\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = 1[/math]

La funzione è continua in [math]x=1[/math].

Questo però non significa ancora che sia derivabile.

Passo 3 – Derivata sinistra

Per [math]h<0[/math], abbiamo

[math]1+h < 1[/math]

quindi dobbiamo usare il primo ramo:

[math]f(1+h) = (1+h)^2[/math]

Pertanto

[math]\displaystyle f’_-(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{(1+h)^2-1}{h}[/math]

Sviluppiamo il quadrato:

[math](1+h)^2 = 1 + 2h + h^2[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f’_-(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{2h+h^2}{h}[/math]

Per [math]h \neq 0[/math]:

[math]\frac{2h+h^2}{h} = 2+h[/math]

Otteniamo:

[math]\boxed{f’_-(1) = 2}[/math]

Passo 4 – Derivata destra

Per [math]h>0[/math],

[math]1+h > 1[/math]

quindi utilizziamo il secondo ramo:

[math]f(1+h) = 3(1+h)-2[/math]

Allora

[math]\displaystyle f’_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{3(1+h)-2-1}{h}[/math]

Semplificando:

[math]3(1+h)-2-1 = 3+3h-3 = 3h[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f’_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{3h}{h} = 3[/math]

Pertanto

[math]\boxed{f’_+(1) = 3}[/math]

Passo 5 – Confrontiamo le due derivate

Abbiamo:

[math]f’_- (1) = 2, \qquad f’_+ (1) = 3[/math]

Poiché

[math]2 \neq 3[/math]

la funzione non è derivabile in [math]x=1[/math].

La funzione è però continua.

Quindi abbiamo esattamente il caso:

[math]\boxed{ \text{continuità + derivate laterali diverse} = \text{punto angoloso} }[/math]

Interpretazione geometrica

A sinistra la pendenza tende a 2; a destra tende a 3.

Le due rette tangenti laterali sono quindi diverse.

La funzione arriva al punto di raccordo senza saltare, ma cambia bruscamente inclinazione.

Domanda di riflessione

Se al posto di [math]3x-2[/math] avessimo scritto

[math]2x-1[/math]

cosa accadrebbe alle due derivate laterali?

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Esercizio 2 – Il valore assoluto come interruttore

Testo

Data

[math]f(x) = |x-3| + (x-3)[/math]

calcola

[math]f’_- (3) \qquad \text{e} \qquad f’_+ (3)[/math]

Stabilisci se la funzione è derivabile in [math]x=3[/math].

Soluzione

Il valore assoluto richiede particolare attenzione perché cambia espressione quando

[math]x-3=0[/math]

Quindi il punto critico è

[math]x=3[/math]

Passo 1 – Riscriviamo la funzione

Per [math]x<3[/math],

[math]|x-3| = -(x-3)[/math]

Pertanto

[math]f(x) = -(x-3) + (x-3) = 0[/math]

Per [math]x \geq 3[/math],

[math]|x-3| = x-3[/math]

quindi

[math]f(x) = (x-3) + (x-3) = 2x-6[/math]

La funzione diventa quindi

[math]\boxed{ f(x)= \begin{cases} 0 & x<3, \\ 2x-6 & x \geq 3. \end{cases} }[/math]

Passo 2 – Continuità

Abbiamo

[math]f(3) = 2(3)-6 = 0[/math]

Il limite sinistro vale

[math]\lim_{x \to 3^-} f(x) = 0[/math]

mentre il limite destro vale

[math]\lim_{x \to 3^+} f(x) = 2(3)-6 = 0[/math]

La funzione è quindi continua.

Passo 3 – Derivata sinistra

Per [math]h<0[/math],

[math]3+h < 3[/math]

Quindi

[math]f(3+h) = 0[/math]

Pertanto

[math]\displaystyle f’_-(3) = \lim_{h \to 0^-} \frac{0-0}{h} = 0[/math]

Quindi

[math]\boxed{f’_-(3) = 0}[/math]

Passo 4 – Derivata destra

Per [math]h>0[/math],

[math]3+h > 3[/math]

Utilizziamo il secondo ramo:

[math]f(3+h) = 2(3+h)-6 = 2h[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f’_+(3) = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h-0}{h} = 2[/math]

Pertanto

[math]\boxed{f’_+(3) = 2}[/math]

Le due derivate laterali sono diverse:

[math]0 \neq 2[/math]

La funzione non è derivabile in [math]x=3[/math].

Una lezione importante

Il valore assoluto non implica automaticamente che una funzione sia non derivabile.

Il valore assoluto crea un potenziale punto critico. Bisogna poi verificare che cosa accade alle derivate laterali.

Domanda di riflessione

Che cosa accadrebbe se considerassimo

[math]g(x) = |x-3| – (x-3)[/math]

Calcola mentalmente le due pendenze prima di svolgere i calcoli.

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Esercizio 3 – Due punti angolosi e una regione di stasi

Testo

Sia

[math]f(x) = |x+1| + |x-1|[/math]

Calcola le derivate laterali nei punti

[math]x=-1 \qquad \text{e} \qquad x=1[/math]

Stabilisci dove la funzione non è derivabile.

Soluzione

Gli argomenti dei due valori assoluti si annullano rispettivamente in

[math]x=-1[/math]

e

[math]x=1[/math]

Sono quindi i due punti da analizzare.

Passo 1 – Riscriviamo la funzione per intervalli

Caso 1: [math]x < -1[/math]

Abbiamo

[math]|x+1| = -(x+1)[/math]

e

[math]|x-1| = -(x-1)[/math]

Quindi

[math]f(x) = -(x+1) – (x-1) = -2x[/math]

Caso 2: [math]-1 \leq x \leq 1[/math]

Ora

[math]|x+1| = x+1[/math]

mentre

[math]|x-1| = -(x-1) = 1-x[/math]

Pertanto

[math]f(x) = x+1+1-x = 2[/math]

Caso 3: [math]x > 1[/math]

Abbiamo

[math]|x+1| = x+1[/math]

e

[math]|x-1| = x-1[/math]

Quindi

[math]f(x) = 2x[/math]

Otteniamo:

[math]\boxed{ f(x)= \begin{cases} -2x & x<-1, \\ 2 & -1 \leq x \leq 1, \\ 2x & x>1. \end{cases} }[/math]

Passo 2 – Analizziamo [math]x=-1[/math]

A sinistra di [math]-1[/math] la funzione è

[math]f(x) = -2x[/math]

quindi la pendenza è

[math]-2[/math]

A destra di [math]-1[/math] la funzione è costante:

[math]f(x) = 2[/math]

La pendenza è quindi

[math]0[/math]

Pertanto

[math]\boxed{f’_- (-1) = -2}[/math]

e

[math]\boxed{f’_+ (-1) = 0}[/math]

Le due derivate sono diverse: [math]f[/math] non è derivabile in [math]-1[/math].

Passo 3 – Analizziamo [math]x=1[/math]

A sinistra di [math]1[/math]:

[math]f(x) = 2[/math]

quindi

[math]f’_- (1) = 0[/math]

A destra:

[math]f(x) = 2x[/math]

quindi

[math]f’_+ (1) = 2[/math]

Pertanto

[math]\boxed{ f’_- (1) = 0, \qquad f’_+ (1) = 2 }[/math]

Anche in [math]x=1[/math] la funzione non è derivabile.

Passo 4 – Osserviamo la simmetria

La funzione è pari:

[math]f(-x) = f(x)[/math]

Il grafico è quindi simmetrico rispetto all’asse [math]y[/math].

Notiamo inoltre che:

[math]f(x) = 2[/math]

per ogni

[math]-1 \leq x \leq 1[/math]

Abbiamo dunque una regione di stasi, in cui la derivata è nulla.

Le pendenze esterne sono invece:

[math]-2 \qquad \text{e} \qquad 2[/math]

La simmetria spiega perché le pendenze laterali nei punti opposti si corrispondono cambiando segno:

[math]f’_- (-1) = -f’_+ (1)[/math]

e

[math]f’_+ (-1) = -f’_- (1)[/math]

Domanda di riflessione

Perché una funzione pari, quando è derivabile, ha una derivata dispari?

E perché in questo esempio non possiamo semplicemente parlare di [math]f'(-1)[/math] e [math]f'(1)[/math]?

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Esercizio 4 – Quando il valore assoluto NON impedisce la derivabilità

Testo

Consideriamo

[math]f(x) = (x+1)|x|[/math]

Calcola le derivate laterali in [math]x=0[/math].

Poi confronta il risultato con la funzione

[math]g(x) = x|x|[/math]

Soluzione

Parte A – La funzione [math]f(x) = (x+1)|x|[/math]

Per [math]x<0[/math],

[math]|x| = -x[/math]

Quindi

[math]f(x) = (x+1)(-x) = -x^2 – x[/math]

Per [math]x \geq 0[/math],

[math]|x| = x[/math]

e quindi

[math]f(x) = (x+1)x = x^2 + x[/math]

Abbiamo dunque:

[math]f(x)= \begin{cases} -x^2 – x & x<0, \\ x^2 + x & x \geq 0. \end{cases}[/math]

In particolare,

[math]f(0) = 0[/math]

Derivata sinistra

Per [math]h<0[/math],

[math]f(h) = -h^2 – h[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f’_-(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h^2 – h}{h}[/math]

e

[math]\displaystyle f’_-(0) = \lim_{h \to 0^-} (-h – 1) = -1[/math]

Pertanto

[math]\boxed{f’_-(0) = -1}[/math]

Derivata destra

Per [math]h>0[/math],

[math]f(h) = h^2 + h[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f’_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2 + h}{h}[/math]

e dunque

[math]\displaystyle f’_+(0) = \lim_{h \to 0^+} (h+1) = 1[/math]

Pertanto

[math]\boxed{f’_+(0) = 1}[/math]

Le due derivate sono diverse:

[math]-1 \neq 1[/math]

La funzione non è derivabile in [math]0[/math].

Parte B – Che cosa succede con [math]g(x) = x|x|[/math]?

Riscriviamo:

[math]g(x)= \begin{cases} -x^2 & x<0, \\ x^2 & x \geq 0. \end{cases}[/math]

La derivata sinistra è

[math]\displaystyle g’_-(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h^2}{h} = \lim_{h \to 0^-} (-h) = 0[/math]

La derivata destra è

[math]\displaystyle g’_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2}{h} = \lim_{h \to 0^+} h = 0[/math]

Quindi

[math]\boxed{ g’_- (0) = g’_+ (0) = 0 }[/math]

La funzione [math]g[/math] è derivabile in [math]0[/math] e

[math]\boxed{g'(0) = 0}[/math]

Che cosa abbiamo imparato?

Il valore assoluto non rende automaticamente non derivabile una funzione.

Nel primo caso il termine costante del fattore

[math]x+1[/math]

mantiene una pendenza non nulla:

[math]-1 \quad \text{a sinistra}, \qquad 1 \quad \text{a destra}[/math]

Nel secondo caso il fattore [math]x[/math] riduce l’effetto del valore assoluto abbastanza da rendere entrambe le pendenze uguali a zero.

Quindi:

[math]\boxed{ \text{valore assoluto} \not\Rightarrow \text{non derivabilità} }[/math]

Bisogna sempre calcolare o confrontare le derivate laterali.

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Esercizio 5 – Applicazione economica: un cambiamento di regime nel costo marginale

Testo

Un’azienda produce un bene.

Il costo totale, espresso in euro, è modellizzato dalla funzione

[math]\displaystyle C(x)= \begin{cases} 0.5x^2+10 & 0 \leq x \leq 50, \\ 2x+1160 & x>50, \end{cases}[/math]

dove [math]x[/math] rappresenta il numero di unità prodotte.

1. Verifica che [math]C[/math] sia continua in [math]x=50[/math].
2. Calcola il costo marginale sinistro e destro in [math]x=50[/math].
3. Stabilire se il costo marginale è unico nel punto.
4. Interpreta economicamente il risultato.

Soluzione

Passo 1 – Calcoliamo il costo in [math]x=50[/math]

Poiché [math]50[/math] appartiene al primo intervallo:

[math]C(50) = 0.5(50)^2 + 10[/math]

Quindi

[math]C(50) = 1250 + 10 = 1260[/math]

Passo 2 – Verifichiamo la continuità

Da sinistra:

[math]\lim_{x \to 50^-} C(x) = 0.5(50)^2 + 10 = 1260[/math]

Da destra:

[math]\lim_{x \to 50^+} C(x) = 2(50) + 1160 = 1260[/math]

Pertanto

[math]\lim_{x \to 50} C(x) = C(50) = 1260[/math]

La funzione costo è continua.

Passo 3 – Costo marginale sinistro

Per [math]x<50[/math],

[math]C(x) = 0.5x^2 + 10[/math]

La derivata è

[math]C'(x) = x[/math]

Quindi, arrivando a 50 da sinistra,

[math]\boxed{C’_-(50) = 50}[/math]

L’interpretazione è:

immediatamente prima della soglia, il costo marginale è circa 50 €/unità.

Passo 4 – Costo marginale destro

Per [math]x>50[/math],

[math]C(x) = 2x + 1160[/math]

La derivata è

[math]C'(x) = 2[/math]

Quindi:

[math]\boxed{C’_+(50) = 2}[/math]

Immediatamente oltre la soglia, il costo marginale è circa 2 €/unità.

Passo 5 – Confrontiamo i due valori

Abbiamo:

[math]C’_-(50) = 50[/math]

e

[math]C’_+(50) = 2[/math]

Poiché

[math]50 \neq 2[/math]

il costo totale non è derivabile in [math]x=50[/math].

Di conseguenza, nel modello non esiste un unico costo marginale in corrispondenza esatta della soglia.

Interpretazione economica

Questo esempio rappresenta un cambiamento brusco del regime produttivo.

Fino a 50 unità, il costo marginale cresce con la quantità:

[math]C'(x) = x[/math]

Superata la soglia, il modello assume invece un costo marginale costante:

[math]C'(x) = 2[/math]

Una possibile interpretazione qualitativa è che oltre la soglia entri in funzione una tecnologia significativamente più efficiente, oppure che l’impresa acceda a una struttura produttiva con costi marginali molto inferiori.

È importante però non confondere questo esempio didattico con una stima empirica di un comportamento reale: il salto da 50 a 2 €/unità è deliberatamente molto marcato per rendere evidente il concetto matematico.

Una distinzione importante

Il costo marginale non è semplicemente “il prezzo della prossima unità”.

Matematicamente è la derivata:

[math]MC(x) = C'(x)[/math]

cioè la variazione istantanea del costo totale rispetto alla quantità.

Per piccoli incrementi della produzione,

[math]\Delta C \approx C'(x) \Delta x[/math]

Quindi, se

[math]C'(x) = 50[/math]

un piccolo incremento di una unità porta, localmente, a una variazione del costo di circa 50 euro.

Domanda di riflessione

Se volessimo rendere il modello derivabile in [math]x=50[/math], quale dovrebbe essere la pendenza del secondo ramo?

La risposta sarà utile per affrontare l’ultimo esercizio.

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Esercizio 6 – Problema inverso: progettare un raccordo

Testo

Consideriamo la funzione

[math]\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^2+ax+b & x<1, \\ cx+d & x \geq 1, \end{cases}[/math]

dove

[math]a,b,c,d \in \mathbb{R}[/math]

Determina i parametri sapendo che:

1. [math]f[/math] è continua in [math]x=1[/math];
2. [math]f(1)=3[/math];
3. la derivata sinistra vale 5;
4. la derivata destra vale 2.

Successivamente determina come modificare i parametri affinché la funzione diventi derivabile in [math]x=1[/math], mantenendo [math]f(1)=3[/math].

Soluzione

Questo esercizio è diverso dai precedenti.

Finora abbiamo avuto una funzione e abbiamo calcolato le sue proprietà.

Ora facciamo il contrario:

conosciamo le proprietà desiderate e dobbiamo progettare i parametri della funzione.

È un semplice esempio di problema inverso.

Parte A – Determiniamo i parametri richiesti dal testo

Passo 1 – Utilizziamo [math]f(1)=3[/math]

Poiché per [math]x \geq 1[/math]

[math]f(x) = cx + d[/math]

abbiamo

[math]f(1) = c + d[/math]

Il testo impone:

[math]c + d = 3[/math]

Quindi

[math]\boxed{c+d = 3}[/math]

Passo 2 – Imponiamo la continuità

Per [math]x<1[/math],

[math]f(x) = x^2 + ax + b[/math]

Il limite sinistro è quindi

[math]\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 + a + b[/math]

Per la continuità questo limite deve essere uguale a [math]f(1)=3[/math]:

[math]1 + a + b = 3[/math]

Quindi

[math]\boxed{a+b = 2}[/math]

Passo 3 – Utilizziamo la derivata sinistra

Il ramo sinistro è un polinomio, quindi possiamo derivarlo:

[math]\frac{d}{dx}(x^2+ax+b) = 2x + a[/math]

La derivata sinistra in [math]1[/math] è quindi

[math]f’_- (1) = 2 + a[/math]

Il testo richiede

[math]f’_- (1) = 5[/math]

Pertanto

[math]2 + a = 5[/math]

e quindi

[math]\boxed{a = 3}[/math]

Dalla relazione

[math]a+b = 2[/math]

otteniamo

[math]3+b = 2[/math]

e quindi

[math]\boxed{b = -1}[/math]

Passo 4 – Utilizziamo la derivata destra

Il ramo destro è

[math]cx + d[/math]

La sua derivata è semplicemente

[math]c[/math]

Quindi

[math]f’_+ (1) = c[/math]

Il testo impone

[math]f’_+ (1) = 2[/math]

Pertanto

[math]\boxed{c = 2}[/math]

Dalla relazione

[math]c+d = 3[/math]

segue

[math]2+d = 3[/math]

e quindi

[math]\boxed{d = 1}[/math]

Risultato

I quattro parametri sono:

[math]\boxed{ a=3, \qquad b=-1, \qquad c=2, \qquad d=1 }[/math]

La funzione è quindi

[math]\boxed{ f(x)= \begin{cases} x^2+3x-1 & x<1, \\ 2x+1 & x \geq 1. \end{cases} }[/math]

Verifica

Continuità

Da sinistra:

[math]1+3-1 = 3[/math]

Nel punto:

[math]f(1) = 2+1 = 3[/math]

Quindi la funzione è continua.

Derivata sinistra

[math]f’_- (1) = 2(1) + 3 = 5[/math]

Derivata destra

[math]f’_+ (1) = 2[/math]

Come previsto.

La funzione è dunque continua ma non derivabile in [math]x=1[/math].

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Parte B – Come rendere il raccordo derivabile?

Ora cambiamo il problema.

Non vogliamo più imporre

[math]f’_- (1) = 5, \qquad f’_+ (1) = 2[/math]

Vogliamo invece che la funzione sia derivabile in [math]1[/math].

La condizione fondamentale è:

[math]\boxed{ f’_- (1) = f’_+ (1) }[/math]

Abbiamo già visto che

[math]f’_- (1) = 2 + a[/math]

e

[math]f’_+ (1) = c[/math]

Dobbiamo quindi imporre

[math]2 + a = c[/math]

Equivalentemente:

[math]\boxed{c = a + 2}[/math]

Questa è la nuova condizione di raccordo.

Determiniamo la famiglia di soluzioni

Dalla continuità e dal valore [math]f(1)=3[/math] avevamo:

[math]a+b = 2[/math]

e

[math]c+d = 3[/math]

Quindi:

[math]b = 2 – a[/math]

e

[math]d = 3 – c[/math]

Poiché

[math]c = a + 2[/math]

abbiamo

[math]d = 3 – (a+2) = 1 – a[/math]

Pertanto tutti i raccordi derivabili sono descritti da

[math]\boxed{ b = 2 – a, \qquad c = a + 2, \qquad d = 1 – a }[/math]

con [math]a[/math] libero.

Abbiamo quindi una famiglia di funzioni, non un’unica funzione.

Un esempio concreto

Scegliamo

[math]a = 0[/math]

Allora:

[math]b = 2[/math]

[math]c = 2[/math]

[math]d = 1[/math]

La funzione diventa

[math]\boxed{ f(x)= \begin{cases} x^2+2 & x<1, \\ 2x+1 & x \geq 1. \end{cases} }[/math]

Verifichiamo.

Continuità

[math]\lim_{x \to 1^-} (x^2+2) = 3[/math]

e

[math]f(1) = 2+1 = 3[/math]

Quindi la funzione è continua.

Derivata sinistra

[math]f’_- (1) = 2(1) = 2[/math]

Derivata destra

[math]f’_+ (1) = 2[/math]

Finalmente:

[math]\boxed{ f’_- (1) = f’_+ (1) = 2 }[/math]

La funzione è quindi derivabile e

[math]\boxed{f'(1) = 2}[/math]

Le due tangenti laterali coincidono nella stessa retta tangente.

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4. Cosa abbiamo imparato dai sei esercizi?

I sei esercizi mostrano sei aspetti diversi dello stesso concetto.

Esercizio 1 – Continuità senza derivabilità

Una funzione può essere continua ma presentare uno spigolo:

[math]f’_- (x_0) \neq f’_+ (x_0)[/math]

Esercizio 2 – Il valore assoluto come cambio di regime

Il valore assoluto cambia espressione in corrispondenza di una soglia.

Non bisogna però concludere automaticamente che la funzione non sia derivabile: occorre confrontare le pendenze laterali.

Esercizio 3 – Più punti critici

Una funzione può presentare diversi punti angolosi.

Nel caso

[math]|x+1| + |x-1|[/math]

i punti critici sono due:

[math]x=-1, \qquad x=1[/math]

Tra questi la funzione è costante.

Esercizio 4 – Il valore assoluto può essere “smussato”

Confrontando

[math](x+1)|x|[/math]

e

[math]x|x|[/math]

vediamo che il valore assoluto non determina da solo la derivabilità.

Conta il comportamento complessivo della funzione vicino al punto.

Esercizio 5 – Un cambiamento di regime economico

La funzione costo può essere continua ma avere un costo marginale diverso sui due lati di una soglia.

Matematicamente:

[math]C’_- (x_0) \neq C’_+ (x_0)[/math]

Economicamente, il modello rappresenta un cambiamento brusco nella struttura dei costi marginali.

Esercizio 6 – Il problema inverso

Non ci siamo limitati a calcolare le proprietà di una funzione.

Abbiamo imposto le proprietà desiderate per progettare il raccordo.

La condizione

[math]f’_- (x_0) = f’_+ (x_0)[/math]

diventa quindi uno strumento di progettazione matematica.

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5. La procedura generale

Quando devi stabilire se una funzione è derivabile in un punto [math]x_0[/math], puoi seguire questa procedura.

Passo 1 – Calcola [math]f(x_0)[/math]

È necessario conoscere il valore della funzione nel punto.

Passo 2 – Controlla la continuità

Verifica che

[math]\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)[/math]

Se la funzione non è continua, non può essere derivabile.

Passo 3 – Calcola la derivata sinistra

[math]\displaystyle f’_- (x_0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}[/math]

Passo 4 – Calcola la derivata destra

[math]\displaystyle f’_+ (x_0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}[/math]

Passo 5 – Confronta

Se

[math]\boxed{ f’_- (x_0) = f’_+ (x_0) }[/math]

la funzione è derivabile.

Se invece

[math]\boxed{ f’_- (x_0) \neq f’_+ (x_0) }[/math]

la funzione non è derivabile e, quando le due derivate sono finite, il punto è un punto angoloso.

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6. Derivate laterali: dalla formula alla geometria

Le derivate laterali non sono soltanto un artificio tecnico utile per risolvere funzioni a tratti.

Descrivono due informazioni geometriche molto precise:

[math]f’_- (x_0)[/math]

misura la pendenza con cui arriviamo al punto da sinistra, mentre

[math]f’_+ (x_0)[/math]

misura la pendenza con cui ripartiamo dal punto verso destra.

Possiamo quindi pensare alla derivabilità come a una condizione di coerenza locale:

[math]\boxed{ \text{arrivo} = \text{partenza} }[/math]

dal punto di vista della pendenza.

Se le pendenze sono diverse, compare uno spigolo.

Se coincidono, il raccordo è liscio.

Questa stessa idea ricompare in molti altri contesti matematici e applicativi: funzioni a tratti, modelli con soglie, ottimizzazione, curve progettate mediante raccordi e interpolazione.

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7. Oltre lo spigolo: continuità e regolarità

È utile infine distinguere tre livelli:

Continuità

La curva non presenta salti.

Derivabilità

La curva possiede una pendenza ben definita nel punto.

Regolarità superiore

In problemi più avanzati possiamo richiedere che anche la derivata sia continua, oppure che coincidano derivate di ordine superiore.

Per esempio, in un raccordo più sofisticato potremmo richiedere:

[math]f’_- (x_0) = f’_+ (x_0)[/math]

ma anche

[math]f”_- (x_0) = f”_+ (x_0)[/math]

In questo modo non controlliamo soltanto la pendenza, ma anche come la pendenza stessa cambia.

È il principio alla base di raccordi sempre più “lisci”, che incontreremo nello studio delle funzioni spline, dell’interpolazione e di numerosi problemi di modellazione matematica.

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Conclusione

Le derivate laterali ci insegnano a guardare una funzione da due direzioni diverse.

La continuità risponde alla domanda:

“La funzione arriva allo stesso punto da entrambi i lati?”

Le derivate laterali rispondono a una domanda più raffinata:

“Arriva e riparte con la stessa pendenza?”

La differenza è fondamentale.

Una funzione può essere continua ma non derivabile. È il caso di uno spigolo:

[math]f’_- (x_0) \neq f’_+ (x_0)[/math]

Quando invece

[math]f’_- (x_0) = f’_+ (x_0)[/math]

le due pendenze si raccordano e nasce una tangente unica.

Per questo le derivate laterali non sono soltanto uno strumento per “gestire i casi strani” della derivazione.

Sono il linguaggio matematico con cui possiamo descrivere, analizzare e persino progettare i cambiamenti di regime di una funzione.

E quando una funzione rappresenta un fenomeno reale, questi cambiamenti possono corrispondere a soglie produttive, attivazioni, cambiamenti tecnologici, transizioni o altri eventi in cui il comportamento del sistema cambia.

La matematica, ancora una volta, non si limita a dirci quanto cambia qualcosa.

Ci permette di capire come cambia nel momento in cui cambia regime.