Teorema di Lagrange

Sia [math]f:[a,b]\to R[/math] una funzione continua su [math][a,b][/math] e derivabile su [math](a,b)[/math]. Allora esiste almeno un punto [math]c \in (a,b)[/math] tale che:

[math]f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}[/math]

Il teorema garantisce l’esistenza di un punto in cui la tangente è parallela alla secante passante per [math](a,f(a))[/math] e [math](b,f(b))[/math].

Esercizio 1 (Facile)

Verifica delle ipotesi del teorema di Lagrange

Data [math]f(x)=x^2[/math] sull’intervallo [math][1,3][/math], trovare il punto [math]c[/math] che soddisfa il teorema di Lagrange.

Soluzione:

Continuità e derivabilità:
[math]f(x)=x^2[/math] è continua e derivabile su tutto [math]R[/math], quindi le ipotesi del teorema sono soddisfatte sull’intervallo [math][1,3][/math].

Calcolo della derivata:
[math]f'(x)=2x[/math].

Applicazione del teorema:
Il rapporto incrementale tra [math]x=1[/math] e [math]x=3[/math] è:

[math]
\frac{f(3)-f(1)}{3-1} = \frac{3^2 – 1^2}{2} = \frac{9-1}{2} = \frac{8}{2} = 4
[/math]

Per il teorema di Lagrange, esiste [math]c \in (1,3)[/math] tale che [math]f'(c) = 4[/math].

[math]2c = 4 \implies c = 2[/math]

Risposta: [math]c=2 \in (1,3)[/math].

Esercizio 2 (Facile-Medio)

Applicazione del teorema a una funzione trigonometrica

Verificare che per [math]f(x)=\sin(x)[/math] su [math][0,\pi][/math], esiste [math]c \in (0,\pi)[/math] tale che [math]f'(c)=0[/math]. Interpretare geometricamente.

Soluzione:

Ipotesi:
[math]\sin(x)[/math] è continua e derivabile su [math]R[/math], quindi è continua su [math][0,\pi][/math] e derivabile su [math](0,\pi)[/math]. Le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte.

Calcolo del rapporto incrementale:

[math]
\frac{f(\pi)-f(0)}{\pi-0} = \frac{\sin(\pi) – \sin(0)}{\pi} = \frac{0-0}{\pi} = 0
[/math]

Per il teorema di Lagrange, esiste [math]c \in (0,\pi)[/math] tale che [math]f'(c) = 0[/math].

[math]f'(x) = \cos(x)[/math], quindi dobbiamo trovare [math]c[/math] tale che [math]\cos(c)=0[/math].

Soluzione:
[math]\cos(c)=0 \implies c = \frac{\pi}{2}[/math]. Poiché [math]\frac{\pi}{2} \in (0,\pi)[/math], il teorema è verificato.

Interpretazione geometrica:
La secante che congiunge i punti [math](0, f(0))=(0,0)[/math] e [math](\pi, f(\pi))=(\pi,0)[/math] è l’asse x, la cui pendenza è 0. Il teorema garantisce l’esistenza di un punto [math]c \in (0,\pi)[/math] dove la tangente al grafico di [math]f(x)=\sin(x)[/math] ha pendenza 0, cioè è orizzontale. Questo punto è [math]c=\frac{\pi}{2}[/math].

Esercizio 3 (Medio)

Dimostrare una disuguaglianza usando Lagrange

Mostrare che per [math]x>0[/math], vale [math]e^x > 1+x[/math].

Soluzione:

Consideriamo la funzione [math]f(t) = e^t[/math] sull’intervallo [math][0,x][/math] (poiché [math]x>0[/math]).

Ipotesi:
[math]f(t)=e^t[/math] è continua e derivabile su tutto [math]R[/math], quindi è continua su [math][0,x][/math] e derivabile su [math](0,x)[/math]. Le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte.

Applicazione del teorema:
Esiste un punto [math]c \in (0,x)[/math] tale che:

[math]
f'(c) = \frac{f(x)-f(0)}{x-0} \\
e^c = \frac{e^x – e^0}{x} \\
e^c = \frac{e^x-1}{x}
[/math]

Stima di [math]e^c[/math]:
Poiché [math]c \in (0,x)[/math] e [math]x>0[/math], abbiamo [math]c>0[/math]. La funzione esponenziale [math]e^t[/math] è strettamente crescente, quindi [math]e^c > e^0 = 1[/math].

Quindi, dall’equazione del teorema di Lagrange, abbiamo:

[math]
\frac{e^x-1}{x} > 1
[/math]

Poiché [math]x>0[/math], possiamo moltiplicare entrambi i lati per [math]x[/math] senza cambiare il verso della disuguaglianza:

[math]
e^x – 1 > x \\
e^x > 1 + x
[/math]

Conclusione: La disuguaglianza [math]e^x > 1+x[/math] per [math]x>0[/math] è dimostrata.

Esercizio 4 (Medio-Difficile)

Esistenza e unicità di soluzioni per un’equazione

Dimostrare che l’equazione [math]3x^5+5x^3+7x-1=0[/math] ha esattamente una radice reale.

Soluzione:

Analisi della funzione:
Consideriamo la funzione [math]f(x)=3x^5+5x^3+7x-1[/math].

• [math]f(x)[/math] è un polinomio, quindi è continua e derivabile su tutto [math]R[/math].
• Valutiamo la funzione in due punti:
  [math]f(0) = 3(0)^5 + 5(0)^3 + 7(0) – 1 = -1[/math]
  [math]f(1) = 3(1)^5 + 5(1)^3 + 7(1) – 1 = 3 + 5 + 7 – 1 = 14[/math]
• Poiché [math]f(0) < 0[/math] e [math]f(1) > 0[/math], per il Teorema dei Valori Intermedi, esiste almeno una radice (cioè un punto [math]x[/math] tale che [math]f(x)=0[/math]) nell’intervallo aperto [math](0,1)[/math].

Unicità (usando la derivata e Lagrange implicito):
Calcoliamo la derivata prima della funzione:

[math]f'(x) = 15x^4 + 15x^2 + 7[/math]

Per ogni [math]x \in R[/math], [math]x^4 \ge 0[/math] e [math]x^2 \ge 0[/math]. Quindi, [math]15x^4 \ge 0[/math] e [math]15x^2 \ge 0[/math].
Questo implica che [math]f'(x) = 15x^4 + 15x^2 + 7 \ge 0 + 0 + 7 = 7 > 0[/math] per ogni [math]x \in R[/math].

Poiché [math]f'(x) > 0[/math] per ogni [math]x[/math], la funzione [math]f(x)[/math] è strettamente crescente su [math]R[/math]. Una funzione strettamente crescente può attraversare l’asse x (cioè avere una radice) al massimo una volta.

In termini del Teorema di Lagrange: Supponiamo per assurdo che esistano due radici distinte, [math]x_1 < x_2[/math], tali che [math]f(x_1) = 0[/math] e [math]f(x_2) = 0[/math]. Poiché [math]f[/math] è continua e derivabile su [math][x_1, x_2][/math], per il Teorema di Lagrange esisterebbe un [math]c \in (x_1, x_2)[/math] tale che:

[math]
f'(c) = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} = \frac{0-0}{x_2-x_1} = 0
[/math]

Ma abbiamo dimostrato che [math]f'(x) > 0[/math] per ogni [math]x[/math]. Questo contraddice l’esistenza di un [math]c[/math] tale che [math]f'(c)=0[/math]. Quindi, l’assunzione di due radici è falsa.

Conclusione: L’equazione [math]3x^5+5x^3+7x-1=0[/math] ha esattamente una radice reale.

Esercizio 5 (Difficile)

Stima della differenza tra funzioni

Siano [math]f,g[/math] derivabili su [math][a,b][/math] con [math]f(a)=g(a)[/math] e [math]f'(x)<g'(x)[/math] per ogni [math]x \in (a,b)[/math]. Dimostrare che [math]f(b)<g(b)[/math].

Soluzione:

Definizione di una funzione ausiliaria:
Definiamo una nuova funzione [math]h(x) = g(x) – f(x)[/math] sull’intervallo [math][a,b][/math].

• [math]h(x)[/math] è continua su [math][a,b][/math] e derivabile su [math](a,b)[/math] perché differenza di funzioni con tali proprietà.
• Valutiamo [math]h[/math] all’estremo sinistro:
  [math]h(a) = g(a) – f(a)[/math]. Poiché per ipotesi [math]f(a)=g(a)[/math], abbiamo [math]h(a) = 0[/math].
• Calcoliamo la derivata di [math]h[/math]:
  [math]h'(x) = g'(x) – f'(x)[/math]. Per ipotesi, [math]f'(x) < g'(x)[/math] per ogni [math]x \in (a,b)[/math], il che implica [math]g'(x) – f'(x) > 0[/math]. Quindi, [math]h'(x) > 0[/math] per ogni [math]x \in (a,b)[/math].

Applicazione di Lagrange a [math]h[/math]:
Poiché [math]h(x)[/math] soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange sull’intervallo [math][a,b][/math], esiste un punto [math]c \in (a,b)[/math] tale che:

[math]
h'(c) = \frac{h(b)-h(a)}{b-a}
[/math]

Sostituendo [math]h(a)=0[/math]:

[math]h'(c) = \frac{h(b)-0}{b-a} = \frac{h(b)}{b-a}[/math]

Sappiamo che [math]h'(x) > 0[/math] per ogni [math]x \in (a,b)[/math], quindi in particolare [math]h'(c) > 0[/math].

Inoltre, poiché [math]a<b[/math], l’intervallo [math][a,b][/math] è non degenere e [math]b-a > 0[/math].

Dall’equazione del teorema di Lagrange, [math]h'(c) = \frac{h(b)}{b-a}[/math], e sapendo che [math]h'(c) > 0[/math] e [math]b-a > 0[/math], ne deduciamo che il numeratore [math]h(b)[/math] deve essere maggiore di 0.

[math]h(b) > 0[/math]

Ricordando la definizione di [math]h(x)[/math], [math]h(b) = g(b) – f(b)[/math].

[math]g(b) – f(b) > 0 \implies g(b) > f(b)[/math]

Conclusione: Abbiamo dimostrato che [math]f(b) < g(b)[/math].

Esercizio 6 (Molto Difficile)

Generalizzazione del teorema di Lagrange (Teorema di Cauchy)

Siano [math]f,g[/math] continue su [math][a,b][/math] e derivabili su [math](a,b)[/math]. Mostrare che esiste [math]c \in (a,b)[/math] tale che:

[math][f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c)[/math]

Soluzione:

Funzione ausiliaria:
Definiamo la funzione ausiliaria [math]h(x)[/math] sull’intervallo [math][a,b][/math] come:

[math]h(x) = [f(b)-f(a)]g(x) – [g(b)-g(a)]f(x)[/math]

• • [math]h(x)[/math] è continua su [math][a,b][/math] e derivabile su [math](a,b)[/math] poiché [math]f[/math] e [math]g[/math] hanno tali proprietà.
  • Valutiamo [math]h(x)[/math] agli estremi dell’intervallo:

[math]
h(a) = [f(b)-f(a)]g(a) – [g(b)-g(a)]f(a) \\
= f(b)g(a) – f(a)g(a) – g(b)f(a) + g(a)f(a) \\
= f(b)g(a) – g(b)f(a)
[/math]

[math]
h(b) = [f(b)-f(a)]g(b) – [g(b)-g(a)]f(b) \\
= f(b)g(b) – f(a)g(b) – g(b)f(b) + g(a)f(b) \\
= -f(a)g(b) + g(a)f(b)
[/math]

• Confrontando [math]h(a)[/math] e [math]h(b)[/math], vediamo che sono uguali: [math]h(a)=h(b)[/math].

Applicazione del teorema di Rolle:
Poiché [math]h(x)[/math] è continua su [math][a,b][/math], derivabile su [math](a,b)[/math], e [math]h(a)=h(b)[/math], soddisfa le ipotesi del Teorema di Rolle. Pertanto, esiste un punto [math]c \in (a,b)[/math] tale che [math]h'(c)=0[/math].

Derivando [math]h[/math]:
Calcoliamo la derivata di [math]h(x)[/math]:

[math]h'(x) = [f(b)-f(a)]g'(x) – [g(b)-g(a)]f'(x)[/math]

Ponendo la derivata uguale a zero nel punto [math]c[/math] garantito dal Teorema di Rolle:

[math]h'(c) = [f(b)-f(a)]g'(c) – [g(b)-g(a)]f'(c) = 0[/math]

Riorganizzando i termini, otteniamo la tesi del Teorema di Cauchy:

[math][f(b)-f(a)]g'(c) = [g(b)-g(a)]f'(c)[/math]

Osservazione: Se [math]g(b) \neq g(a)[/math] e [math]g'(c) \neq 0[/math], la formula può essere scritta in una forma che generalizza la pendenza della secante:

[math]\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}[/math]

Conclusione

Questi esercizi mostrano come il teorema di Lagrange sia uno strumento potente per:

• Trovare punti critici in relazione alla pendenza media su un intervallo.
• Dimostrare disuguaglianze.
• Analizzare la monotonia di una funzione e l’unicità delle soluzioni di un’equazione.
• Generalizzare ad altri teoremi fondamentali del calcolo differenziale (come il Teorema di Cauchy, di cui Lagrange è un caso particolare quando [math]g(x)=x[/math]).

 

Usi Insoliti o Creativi del Teorema di Lagrange

Ecco 3 esercizi che mostrano utilizzi inconsueti o creativi del teorema di Lagrange (o teorema del valor medio), con soluzioni dettagliate e spiegazioni teoriche.

Esercizio 1 (Teorema di Lagrange per dimostrare una proprietà dei logaritmi)

Problema:

Dimostrare che per ogni [math]a,b>0[/math] con [math]a \neq b[/math], vale la seguente disuguaglianza:

[math]\frac{b-a}{b} < \ln\left(\frac{b}{a}\right) < \frac{b-a}{a}[/math]

Soluzione:

Applicazione del teorema di Lagrange alla funzione logaritmo:
Consideriamo la funzione [math]f(x) = \ln(x)[/math] sull’intervallo [math][a,b][/math] (o [math][b,a][/math] se [math]b<a[/math]; assumiamo [math]a<b[/math] per semplicità, il caso [math]b<a[/math] è analogo invertendo gli estremi e il verso delle disuguaglianze intermedie). Poiché [math]\ln(x)[/math] è continua e derivabile per [math]x>0[/math], le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte. Esiste dunque un punto [math]c \in (a,b)[/math] tale che:

[math]
f'(c) = \frac{\ln(b) – \ln(a)}{b-a} \\
\frac{1}{c} = \frac{\ln(b/a)}{b-a}
[/math]

Da questa uguaglianza, possiamo esprimere [math]\ln(b/a)[/math] in funzione di [math]c[/math]:

[math]\ln\left(\frac{b}{a}\right) = \frac{b-a}{c}[/math]

Stima di [math]c[/math]:
Poiché [math]a < c < b[/math] (assumendo [math]a<b[/math]), la funzione [math]g(x) = 1/x[/math] è strettamente decrescente per [math]x>0[/math]. Quindi:

[math]\frac{1}{b} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}[/math]

Moltiplichiamo questa doppia disuguaglianza per [math]b-a[/math]. Poiché abbiamo assunto [math]a<b[/math], [math]b-a > 0[/math], e il verso delle disuguaglianze non cambia:

[math]
(b-a) \cdot \frac{1}{b} < (b-a) \cdot \frac{1}{c} < (b-a) \cdot \frac{1}{a} \\
\frac{b-a}{b} < \frac{b-a}{c} < \frac{b-a}{a}
[/math]

Sostituendo [math]\frac{b-a}{c} = \ln\left(\frac{b}{a}\right)[/math] nell’espressione centrale, otteniamo la disuguaglianza che volevamo dimostrare:

[math]\frac{b-a}{b} < \ln\left(\frac{b}{a}\right) < \frac{b-a}{a}[/math]

Osservazione: Questo risultato mostra che il teorema di Lagrange può essere usato per ottenere stime precise di funzioni trascendenti come il logaritmo, sfruttando la monotonia della sua derivata [math]f'(x)=1/x[/math].

Esercizio 2 (Teorema di Lagrange per dimostrare una proprietà delle funzioni Lipschitziane)

Problema:

Sia [math]f:R\to R[/math] una funzione derivabile con derivata limitata, cioè esiste una costante [math]M > 0[/math] tale che [math]|f'(x)| \leq M[/math] per ogni [math]x \in R[/math].
Dimostrare che [math]f[/math] è Lipschitziana con costante [math]M[/math], cioè:

[math]|f(x)-f(y)| \leq M|x-y| \quad \text{per ogni } x,y \in R.[/math]

Soluzione:

Applicazione del teorema di Lagrange:
Fissati due punti qualsiasi [math]x,y \in R[/math] con [math]x \neq y[/math], consideriamo l’intervallo chiuso tra [math]x[/math] e [math]y[/math] (sia [math][x,y][/math] se [math]x<y[/math] o [math][y,x][/math] se [math]y<x[/math]). Poiché [math]f[/math] è derivabile su [math]R[/math], è anche continua su [math]R[/math]. Quindi, [math]f[/math] è continua sull’intervallo chiuso e derivabile sull’intervallo aperto. Per il teorema di Lagrange, esiste un punto [math]c[/math] strettamente compreso tra [math]x[/math] e [math]y[/math] tale che:

[math]f'(c) = \frac{f(x)-f(y)}{x-y}[/math]

Maggiorazione con la costante [math]M[/math]:
Per ipotesi, la derivata di [math]f[/math] è limitata dalla costante [math]M[/math], cioè [math]|f'(z)| \leq M[/math] per ogni [math]z \in R[/math]. In particolare, questo vale per il punto [math]c[/math] trovato dal teorema di Lagrange, quindi [math]|f'(c)| \leq M[/math].

Sostituendo l’espressione di [math]f'(c)[/math] ottenuta da Lagrange:

[math]
\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right| \leq M \\
\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq M
[/math]

Poiché [math]x \neq y[/math], [math]|x-y| > 0[/math]. Possiamo moltiplicare entrambi i lati della disuguaglianza per [math]|x-y|[/math]:

[math]|f(x)-f(y)| \leq M|x-y|[/math]

Questa disuguaglianza vale per ogni [math]x,y \in R[/math] con [math]x \neq y[/math]. Se [math]x=y[/math], allora [math]|f(x)-f(y)| = |f(x)-f(x)| = 0[/math] e [math]M|x-y| = M \cdot 0 = 0[/math], quindi [math]0 \leq 0[/math], che è vera. Pertanto, la disuguaglianza [math]|f(x)-f(y)| \leq M|x-y|[/math] vale per ogni [math]x,y \in R[/math].

Osservazione: Questo esercizio mostra come il teorema di Lagrange fornisca una dimostrazione diretta del fatto che una funzione con derivata limitata è necessariamente una funzione Lipschitziana. Questo è un risultato fondamentale che collega le proprietà locali (derivata limitata) a proprietà globali (Lipschitzianità) ed è cruciale in varie aree dell’analisi matematica, incluse le equazioni differenziali e l’ottimizzazione.

Esercizio 3  – Teorema di Lagrange e una proprietà “nascosta” di [math]e[/math]

Problema:

Sia [math]f(x)=e^x[/math]. Applicando il teorema di Lagrange a [math]f[/math] sull’intervallo [math][0,1][/math], dimostrare che esiste [math]c \in (0,1)[/math] tale che:

[math]e^c = e-1.[/math]

Usare questo risultato per verificare che [math]e[/math] non può essere un numero razionale della forma [math]e=2[/math].

Soluzione

Parte 1: Applicazione del teorema di Lagrange

Ipotesi:
La funzione [math]f(x)=e^x[/math] è continua su ogni intervallo chiuso e derivabile su ogni intervallo aperto. In particolare, è continua su [math][0,1][/math] e derivabile su [math](0,1)[/math]. Le condizioni del teorema di Lagrange sono quindi soddisfatte.

Calcolo del rapporto incrementale:
Calcoliamo la pendenza della secante che congiunge i punti [math](0, f(0))[/math] e [math](1, f(1))[/math]:

[math]
\frac{f(1)-f(0)}{1-0} = \frac{e^1 – e^0}{1} = \frac{e-1}{1} = e-1
[/math]

Conclusione da Lagrange:
Per il teorema di Lagrange, esiste almeno un punto [math]c[/math] nell’intervallo aperto [math](0,1)[/math] tale che la derivata della funzione in [math]c[/math] sia uguale al rapporto incrementale. La derivata di [math]f(x)=e^x[/math] è [math]f'(x)=e^x[/math]. Quindi:

[math]f'(c) = e^c[/math]

E uguagliando al rapporto incrementale:

[math]e^c = e-1[/math]

Questo dimostra la prima parte del problema: esiste [math]c \in (0,1)[/math] tale che [math]e^c = e-1[/math].

Parte 2: Collegamento all’irrazionalità di [math]e[/math] (Esclusione del caso [math]e=2[/math])

Supponiamo per assurdo che [math]e=2[/math]:
Se [math]e[/math] fosse uguale a 2, potremmo sostituire questo valore nell’uguaglianza trovata nella Parte 1:

[math]e^c = e-1[/math]

[math]
e^c = 2 – 1 \\
e^c = 1
[/math]

Per trovare il valore di [math]c[/math] che soddisfa [math]e^c = 1[/math], prendiamo il logaritmo naturale di entrambi i lati:

[math]\ln(e^c) = \ln(1) \implies c \cdot \ln(e) = 0 \implies c \cdot 1 = 0 \implies c = 0[/math]

Contraddizione:
Abbiamo trovato che se [math]e=2[/math], allora il punto [math]c[/math] garantito dal teorema di Lagrange dovrebbe essere [math]c=0[/math].
Tuttavia, il teorema di Lagrange garantisce l’esistenza di un punto [math]c[/math] strettamente compreso tra gli estremi dell’intervallo, ovvero [math]c \in (0,1)[/math].
Questo significa che [math]c[/math] deve soddisfare [math]0 < c < 1[/math].
Il valore [math]c=0[/math] non appartiene all’intervallo [math](0,1)[/math].
Questo crea una contraddizione: il nostro risultato [math]c=0[/math] (derivato dall’assunzione [math]e=2[/math]) è incompatibile con la condizione [math]c \in (0,1)[/math] (garantita da Lagrange).

Pertanto, l’assunzione iniziale [math]e=2[/math] deve essere falsa. Ciò dimostra che [math]e[/math] non può essere uguale a 2.

Generalizzazione (breve):
Questo tipo di ragionamento può essere esteso per mostrare che [math]e[/math] non può essere uguale a nessun altro numero intero [math]k \ge 2[/math]. Se [math]e=k[/math] (con [math]k[/math] intero, [math]k \ge 2[/math]), allora [math]e^c = k-1[/math]. Prendendo il logaritmo, [math]c = \ln(k-1)[/math]. Per [math]k=2[/math], [math]c=\ln(1)=0 \notin (0,1)[/math]. Per [math]k=3[/math], [math]c=\ln(2) \approx 0.69 \in (0,1)[/math] (nessuna contraddizione immediata qui). Per [math]k \ge 4[/math], [math]k-1 \ge 3[/math], quindi [math]\ln(k-1) \ge \ln(3) \approx 1.098 > 1[/math], il che implica [math]c \notin (0,1)[/math], portando a una contraddizione. Quindi, Lagrange esclude che [math]e[/math] sia un intero [math]\ge 4[/math]. Il caso [math]k=3[/math] e i casi razionali non interi richiedono un’analisi più approfondita, come visto nell’esercizio precedente o tramite serie.

Osservazione: Questo esercizio non dimostra l’irrazionalità generale di [math]e[/math] (cioè che non possa essere scritto come [math]p/q[/math] per nessun [math]p,q \in N[/math]), ma mostra in modo elegante come il teorema di Lagrange possa escludere casi particolari di razionalità (es. [math]e=2[/math] o [math]e=k \ge 4[/math] intero) sfruttando proprietà analitiche della funzione esponenziale e le restrizioni sull’intervallo del punto [math]c[/math] garantito dal teorema.

 

Conclusione

Questi esercizi mostrano come il teorema di Lagrange possa essere usato in modi non convenzionali per:

• Ottenere stime precise di funzioni trascendenti (come nel caso dei logaritmi).
• Caratterizzare proprietà globali delle funzioni (come la Lipschitzianità a partire dalla limitatezza della derivata).
• Stabilire relazioni tra valori di una funzione e della sua derivata che possono essere utili in dimostrazioni più complesse (come nel caso di [math]e-1=e^c[/math] per [math]c \in (0,1)[/math]).

 

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