I.S.I.S.S. "Marco Casagrande"

TESINA DI MATURITA'

ANALISI MATEMATICA

DI UN CIRCUITO RL

UN SEGNO DELLA PASSIONE PER IL LINGUAGGIO MATEMATICO

Mattia Pavan Francesca Za�alon

Candidato: Francesca Za�alon

Classe: V B Liceo Scienti�co

Anno scolastico 2015/2016Pieve di Soligo, giugno 2016

"La matematica,

vista nella giusta luce,

possiede non soltanto verità

ma anche suprema bellezza."

-Bertrand Russell

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Indice

1 Introduzione 4

2 Circuito RL 5

3 Funzione della prima carica e scarica 6

4 Funzione generale 8

5 Massimi e minimi della funzione 11

6 Funzione lipschitziana 13

7 Bibliogra�a e sitogra�a 19

3

1 Introduzione

Durante il mio percorso scolastico sono sempre stata interessata alle materie di ambitoscienti�co, in particolare mi ha appassionato la matematica che ho imparato ad apprezzaresempre di più. In questi cinque anni infatti ho capito come la bellezza e l'armonia nonesistano solo nella pittura, nella scultura, nell'architettura e nella letteratura ma, unavolta imparato il linguaggio e sapendolo usare correttamente, anche nella matematica.

Quelle "segrete corrispondenze" che Baudelaire cercava nella natura per poi riportarlein poesia possono, a mio parere, essere scoperte anche in un problema matematico.

In particolare, nel corso del mio ultimo anno, ho partecipato a un progetto chiamato"Archimede project" volto a potenziare le abilità in ambito �sico e matematico. Quimi sono appassionata all'attività svolta nella prima parte dell'anno legata ai circuiti RLe a una spiegazione matematica della formula che spiega la crescita della corrente in uncircuito di questo tipo. Siamo quindi partiti da un problema �sico di cui abbiamo costruitoun modello matematico la cui bellezza ci ha spinti a studiarlo indipendentemente dal suorapporto con la realtà. D'altronde, come sostiene Angelo Guerraggio, docente di Storiadella matematica presso l'Università Bocconi che abbiamo avuto la possibilità di ascoltaredurante la manifestazione "Galileo Festival" a Padova, il matematico è colui che, partendoda un problema reale, ne costruisce un modello matematico, la traduzione in forme di unproblema idealizzato, del quale si innamora e che studia a prescindere dalla sua origine,per quello che è.

Prendendo spunto da questa esperienza, io e Mattia Pavan abbiamo deciso di ap-profondire questo argomento scegliendolo come base per la nostra tesina. In particolareognuno di noi si è concentrato su una parte diversa: dopo una prima parte generale suicircuiti RL e sulla funzione della prima carica e della prima scarica che abbiamo svoltoinsieme, Mattia si è concentrato sulla funzione generale che descrive una carica/scarica n,mentre io ho approfondito la parte riguardante i massimi e i minimi e la lipschitzianeitàdella funzione.

4

2 Circuito RL

Un circuito è detto "circuito RL" se è formato da una resistenza R e un'induttanza Lcollegate in serie a una batteria di forza elettromotrice V0 e a un interruttore. La resistenzaè la tendenza di un oggetto a ostacolare il passaggio degli elettroni, il loro movimento èinfatti sempre in parte rallentato: a�nché gli elettroni riescano a vincere la resistenza del�lo deve essere applicata una di�erenza di potenziale agli estremi di questo. La di�erenzadi potenziale o forza elettromotrice è quella grandezza che misura il lavoro compiuto dauna batteria di fem V0 per trasportare una carica ∆Q da uno dei due poli della batteriaall'altro. L'induttanza è de�nita come il valore assoluto del rapporto tra il �usso del campomagnetico concatenato al circuito e l'intensità di corrente. Essa quindi è la proprietà �sicadi un corpo che tende a opporsi alla variazione di campo magnetico.

L'induttanza impedisce alla corrente di crescere linearmente e non rende possibile ilfacile raggiungimento del suo valore �nale. Al circuito è associato un tempo caratteristicode�nito come il rapporto tra l'induttanza e la resistenza

τ =L

R

La carica del circuito RL può essere descritta con la funzione:

I =V0R

(1− e−tτ )

Questa costante di tempo τ rappresenta il tempo che ci metterebbe il circuito acaricarsi completamente se non ci fosse l'induttanza.

Si può notare infatti che limL→0+

τ = limL→0+

LR

= 0 e

limτ→0+

V0R

(1− e−

tτ

)=V0R

Studiando la funzione si nota che matematicamente la corrente raggiungerebbe il valoremassimo a +∞ ma �sicamente la carica si può considerare conclusa dopo un tempo paria 5τ .

5

3 Funzione della prima carica e scarica

Nell'esperienza realizzata durante il progetto Archimede si può osservare nel monitordell'oscilloscopio il gra�co della carica e della successiva scarica del circuito RL. L'obiettivoè quello di determinare l'equazione della funzione avente tale gra�co. Primo aspetto daosservare è che la funzione sembra continua e periodica. La funzione di carica del circuitoRL si ricava dalla soluzione dell'equazione di�erenziale:

V (t) = −LdI(t)

dt+RI(t)

dove V (t) è pari alla somma del potenziale ai capi della resistenza RI (t) e del poten-

ziale ai capi della batteria −LdI(t)

dte risulta quindi pari a

y = V0 ·(1− e−

xτ

)Sapendo che la funzione di carica è approssimabile a un'esponenziale, si può ricavare

la funzione di scarica attraverso delle simmetrie:

y = V0 · e−xτ

Dal punto di vista �sico la funzione cresce inizialmente velocemente e poi sempre piùlentamente: il circuito, cioè, non si carica mai al 100% di V0

Re la carica viene perciò

solitamente considerata conclusa quando la corrente raggiunge il valore di 1 − e−5 =99, 3262% di V0. L'impulso necessario per raggiungere almeno questo valore e quindiperché il processo si possa considerare esaurito deve avere durata qualsiasi maggiore ouguale di 5τ .

Partendo da questi dati �sici, abbiamo costruito un modello matematico supponendoche la frequenza dell'impulso sia esattamente 5τ . Di conseguenza una carica e una scaricaavvengono in 10τ .

La funzione y = V0(1− e−xτ ) parte dall'origine del sistema di riferimento e in 5τ arriva

al punto M1(5τ ;V0(1− e−5)). Per rendere la funzione continua la scarica deve partire dalpuntoM1. L'induttanza, in modo analogo alla carica, in un periodo pari a 5τ non si scaricadel 100% ma solo �no al 1− e−5 = 99, 3262% dal valore di partenza. Quindi se la scaricaparte dal valore V0(1− e−5) arriva a V0(1− e−5)e−5 cioè al punto m1(10τ ;V0(1− e−5)e−5).

Sapendo che il modello della funzione della scarica è del tipo f(x) = a · e−bx+c + dpossiamo ricavarla, senza l'uso delle equazioni di�erenziali, imponendo il passaggio dellafunzione per i punti M1 e m1 {

f (5τ) = V0 (1− e−5)f (10τ) = V0 (1− e−5) e−5

Da cui si ricava:y = V0e

−xτ+ln(1−e−5)+5

Si può quindi descrivere l'andamento della prima carica e della successiva scarica con lafunzione:

6

f(x) =

V0(1− e−xτ

)se 0 ≤ x < 5τ

V0e−xτ+ln(1−e−5)+5 se 5τ ≤ x ≤ 10τ

Veri�chiamo che la tangente alla funzione in O(0; 0) incontri la retta di equazioney = V0 in x = τ . La derivata della funzione f(x) è:

f ′(x) =

V0

τexτ

se 0 ≤ x < 5τ

−V0τe−xτ

+ln(e5−1) se 5τ ≤ x ≤ 10τ

La funzione è continua ma non è derivabile in tutti i suoi punti, infatti

f ′−(5τ) = limx→5−τV0

τexτ

=V0τe5

f ′+(5τ) = limx→5+τ−V0τe−xτ

+ln(e5−1) = −V0τe−5+ln(e

5−1)

nel punto M1 (5τ ;V0(1− e−5) la funzione presenta quindi un punto angoloso.In particolare l'equazione della retta tangente in O può essere calcolata attraverso

l'utilizzo della formula del fascio di rette y−y0 = m (x− x0) dove x0 e y0 sono le coordinatedel punto O. Questa risulta quindi pari a

y =V0τx

e risolvendo il sistema: {y =

V0τx

y = V0

possiamo notare che la tangente interseca la retta y = V0 nel punto T1 (τ ;V0).

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Abbiamo quindi deciso di calcolare la tangente in 5+ per vedere se l'intersezione diquesta con la retta y = 0 presenta delle simmetrie con il punto precedente. La tangente inM1 (5τ ;V0(1− e−5)) può essere calcolata come la precedente. Dal momento che in questopunto la funzione non è derivabile, poiché presenta un punto angoloso, consideriamo laderivata destra f ′+(5τ). Questa ha equazione

y = −V0τ

(1− e−5

)· x+ 6V0

(1− e−5

).

Risolvendo il sistema:{y = −V0

τ(1− e−5) · x+ 6V0 (1− e−5)

y = 0

possiamo notare che l'intersezione della tangente destra il M1 con l'asse x corrispondeal punto T2 (6τ ; 0)

4 Funzione generale

Come abbiamo precedentemente visto il circuito non si carica/scarica mai del 100% masolo del 1− e−5 = 99, 3262% rispetto al minimo/massimo precedente. Cioè:

Mn −mn−1 =(1− e−5

)2n−1Con questo ragionamento abbiamo calcolato i primi 3 punti di massimo della funzione

che hanno coordinate:M1

(5τ ;V0(1− e−5)

)M2

(15τ ;V0[(1− e−5)− (1− e−5)2 + (1− e−5)3]

)M3

(25τ ;V0[(1− e−5)− (1− e−5)2 + (1− e−5)3 − (1− e−5)4 + (1− e−5)5]

)8

Allo stesso modo abbiamo calcolato i primi 3 punti di minimo della funzione dicoordinate:

m1

(10τ ;V0[(1− e−5)− (1− e−5)2]

)m2

(20τ ;V0[(1− e−5)− (1− e−5)2 + (1− e−5)3 − (1− e−5)4]

)m3

(30τ ;V0[(1− e−5)− (1− e−5)2 + (1− e−5)3 − (1− e−5)4 + (1− e−5)5 − (1− e−5)6]

)Generalizzando il nostro ragionamento abbiamo calcolato le coordinate dei punti di

massimo e di minimo relativo della funzione

Mn

(5τ (2n− 1) ;V0

2n−1∑k=1

(−1)k+1(1− e−5

)k)

mn

(10nτ ;V0

2n∑k=1

(−1)k+1(1− e−5

)k)con n ∈ N e n ≥ 1.

Da queste coordinate, sapendo che la funzione doveva essere del tipo:

f(x) =

V0a · e−

x·bτ

+c + d

y = V0

(1− f · e−xgτ +h + i

)abbiamo costruito un sistema per determinare la funzione di una carica/scarica n.Da questi sistemi abbiamo quindi ricavato la funzione:

f(x) =

V0

1− e−x5τ·ln

1−(e−5−1)2n−1

1−(e−5−1)2n

+(2n−1)·ln

1−(e−5−1)2n−1

2−e−5

+(−2n+2)·ln

1−(e−5−1)2n

2−e−5

V0 · e

−x5τ·ln(

e−5−1−(e−5−1)2n

−1+e−5−(e−5−1)2n+1

)+2nln

e−5−1−(e−5−1)2n

e−5−2

+(−2n+1)ln

−1+e−5−(e−5−1)2n+1

e−5−2

Per disegnare la funzione �no a una carica/scarica n, abbiamo elaborato un programmain geogebra.

Le funzioni f (x, z) e l (x, z) rappresentano rispettivamente la funzione della scaricae quella della carica di un circuito RL dove z indica il numero di carica e scarica chevogliamo rappresentare. Questo valore viene inserito tramite lo slider: in questo caso lavariabile è compresa tra i valori 1 e 300 ma si può ampliare o restringere a seconda delleproprie esigenze.

Le funzioni g (x, z) e n (x, z) servono per limitare le equazioni f (x, z) e l (x, z) nei5τ che abbiamo imposto come frequenza dell'impulso. I limiti delle due funzioni f (x, z)e l (x, z) devono essere diversi perché, prendendo in considerazione ad esempio il primociclo di carica/scarica, la funzione della carica è compresa nell'intervallo [0; 5τ ] mentrela scarica nell'intervallo ]5τ ; 10τ ]: per questo motivo sono necessarie tre rette a(z), b(z),d(z) per limitare i vari rami della funzione.

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In�ne le due liste permettono di rappresentare una serie di coppie di carica/scarica,dalla prima �no alla z che decidiamo attribuendo un valore allo slider.

In questo modo, attribuendo allo slider il valore z = 3 siamo riusciti a rappresentare iprimi tre rami di carica e i primi tre rami di scarica della funzione

Allo stesso modo abbiamo rappresentato, ponendo z = 300, le prime 300 serie di caricae scarica della funzione.

Osservando entrambi i gra�ci possiamo notare come man mano che si prosegue nelverso dell'asse x i punti di massimo risultino sempre più distanti dalla retta y = V0 e, allostesso modo, anche i punti di minimo si allontanano dalla retta y = 0.

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5 Massimi e minimi della funzione

Abbiamo visto che la coordinata y dei punti di massimo e minimo è rappresentata inentrambi i casi da una sommatoria.

Cerchiamo quindi di capire se le serie V0·∞∑k=1

(−1)k+1 (1− e−5)k e V0·2n∑k=1

(−1)k+1 (1− e−5)k

convergono ed, eventualmente, a che limiti.Se consideriamo la prima, possiamo osservare che

2n−1∑k=1

(−1)k+1(1− e−5

)k=

2n−1∑k=1

(−1)k(−1)(1− e−5

)k= −

2n−1∑k=1

(e−5 − 1

)kQuesta può quindi essere scritta con la serie geometrica

∞∑k=1

(e−5 − 1

)ke, poiché |e−5 − 1| ≤ 1, essa converge. Più precisamente

∞∑k=0

(e−5 − 1

)k=

1

1− (e−5 − 1)=

1

2− e−5

Quindi

∞∑k=1

(e−5 − 1

)k=∞∑k=0

(e−5 − 1

)k − 1 =e−5 − 1

2− e−5

Concludendo

∞∑k=1

(−1)k+1(1− e−5

)k= −

∞∑k=1

(e−5 − 1

)k=

1− e−5

2− e−5=

e5 − 1

2e5 − 1

L'ordinata dei punti Mn tende quindi a V0 ·e5 − 1

2e5 − 1≈ V0 · 0, 498309819075486.

E' possibile fare lo stesso ragionamento anche con la sommatoria2n∑k=1

(−1)k+1 (1− e−5)k,

infatti

2n∑k=1

(−1)k+1(1− e−5

)k=

2n∑k=1

(−1)k(−1)(1− e−5

)k= −

2n∑k=1

(e−5 − 1

)kAnche in questo caso quindi si tratta di una serie geometrica

∞∑k=1

(e−5 − 1

)k

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e, poiché |e−5 − 1| ≤ 1, essa converge. In particolare essendo uguale alla precedente

−∞∑k=1

(e−5 − 1

)k=

e5 − 1

2e5 − 1

L'ordinata dei punti mn tende quindi a V0 ·e5 − 1

2e5 − 1≈ V0 · 0, 498309819075486.

Molto interessante osservare anche che le ordinate dei punti Mn, senza considerare V0,sono una successione di numeri che presenta una de�nizione ricorsiva. Infatti, indicandoper semplicità con A = 1− e−5, i primi termini sono

S1 = AS2 = A− A2 + A3 = S1 − A2 + A3

S3 = A− A2 + A3 − A4 + A5 = S2 − A4 + A5

...quindi possiamo scrivere {

S1 = ASn = Sn−1 − A2n−2 + A2n−1

o ancora meglio {S1 = ASn = Sn−1 − A2n−2 (1− S1)

quindi con un piccolo algoritmo si può ottenere un elenco di valori grandissimo se pur�nito. Ecco un esempio in vba:

Abbiamo quindi cercato una funzione che descrivesse l'andamento dei minimi e una chedescrivesse l'andamento dei massimi. Se consideriamo la successione dei punti di minimopossiamo notare che presentano un asintoto orizzontale pari al valore a cui convergono a

+∞ ovvero y = V0 ·e5 − 1

2e5 − 1Abbiamo quindi ipotizzato che la funzione che descrivesse meglio l'andamento dei

punti di minimo fosse un'esponenziale del tipo

n(x) = a(1− e−bx+c

)+ d

Dal momento che il primo minimo è il punto O (0; 0), c = d = 0.

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Poniamo poi: limx→+∞

a(1− e−bx

)= V0 ·

e5 − 1

2e5 − 1condizione per l'asintoto orizzontale

y (10τ) = V0 ·[(1− e−5)− (1− e−5)2

]condizione di passaggio per il primo minimo

Otteniamo in questo modo la funzione passante per i punti di minimo

n (x) = V0 ·e5 − 1

2e5 − 1·(

1− e(15·ln(e5−1)−1)x

)Anche la funzione che descrive l'andamento dei massimi presenta un asintoto orizzontale

pari al valore a cui convergono a +∞, y = V0 ·e5 − 1

2e5 − 1. Più in particolare questa risulta

simmetrica a n(x) rispetto all'asintoto orizzontale y = V0 ·e5 − 1

2e5 − 1. Sostituiamo quindi x′ = x

y′ = 2V0 ·e5 − 1

2e5 − 1− y

alla funzione y′ =e5 − 1

2e5 − 1·(

1− e(15·ln(e5−1)−1)x′

)e otteniamo la funzione passante per i

massimi

m(x) = V0 ·e5 − 1

2e5 − 1·(

1 + e(15·ln(e5−1)−1)x

)

6 Funzione lipschitziana

Una caratteristica della funzione di carica e scarica di un circuito RL è la lipschitzianeità.

De�nizione 1 Una funzione f : [a; b] → R è detta lipschitziana se esiste una costante

L ≥ 0, detta costante di Lipschitz, tale che:

| f (x)− f (y) |≤ L | x− y |, x, y ∈ [a; b]

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Teorema 1 Se la funzione f : [a; b]→ R è derivabile in ]a; b[ e la funzione derivata prima

f ′ (x) è limitata in ]a; b[ allora la funzione f è lipschitziana in [a; b].

Dimostrazione.Dal momento che la funzione derivata prima f ′ (x) è limitata in ]a; b[, allora esiste di

sicuro un numero k > 0 tale che:

| f ′ (x) |≤ k, ∀x ∈ ]a; b[

Siano x, y due punti appartenenti a [a; b] con x < y. Nell'intervallo [x; y] la funzionesoddisfa le ipotesi di Lagrange infatti, dal momento che è derivabile, è anche continua.Possiamo quindi scrivere:

f (y)− f (x)

y − x= f ′ (z)

dove z è un punto interno all'intervallo [x; y] tale che x < z < yPossiamo quindi scrivere anche:∣∣∣∣f (y)− f (x)

y − x

∣∣∣∣ =| f ′ (z) |≤ k

Da qui possiamo ricavare

| f ′ (y)− f ′ (x) |≤ k· | y − x |

Ponendo come numero di Lipschitz L = k, otteniamo

|f ′ (y)− f ′ (x) | ≤ L · |y − x|

La funzione f : [a; b]→ R risulta quindi lipschitziana in [a; b]. �

La nostra funzione non è però derivabile in tutto il suo dominio infatti presenta in�nitipunti di non derivabilità, in particolare questi sono punti angolosi, come veri�cato nelparagrafo 3.

Teorema 2 Sia I l'intervallo ottenuto dall'unione dell'intervallo I1 [a (I1) ; b (I1)] e del-

l'intervallo I2 [a (I2) ; b (I2)] con I1 ∩ I2 6= 0. Se la funzione f : I → R è lipschitziana sia

su I1 che su I2, allora sarà lipschitziana su tutto I.

Dimostrazione.Consideriamo due punti x1 e x2 tali che:

x1, x2 ∈ I1

∨

x1, x2 ∈ I2

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allora la diseguaglianza |f ′ (x2)− f ′ (x1) | ≤ L · |x2 − x1| è veri�cata dal momento cheessa è veri�cata per qualsiasi punto x1, x2 ∈ I1 ∨ x1, x2 ∈ I2.

e invece i due punti x1 e x2 sono tali che

x1 ∈ I1 63 x2

e

x1 6∈ I2 3 x2Allora x1 ≤ b (I1) ≤ x2 e poiché x2 ∈ I2 allora a (I2) ≤ x2 Poiché abbiamo necessaria-

mente a (I2) ≤ b (I1) perché altrimenti I risulterebbe disgiunto allora abbiamo:

x1 ≤ a (I2) ≤ b (I1) ≤ x2

Poniamox′ ∈ I1 ∩ I2

allora dal momento che x1 ∈ I1 e x′ ∈ I1

∃L1 tale che |f (x′)− f (x1) | ≤ L1 · |x′ − x1|

e dal momento che x′ ∈ I2 e x2 ∈ I2

∃L2 tale che |f (x2)− f (x′) | ≤ L2 · |x2 − x′|

allora possiamo dire

|f (x2)− f (x1) | ≤ |f (x2)− f (x′) |+ |f (x′)− f (x1) | ≤ L2 · |x2 − x′|+ L1 · |x′ − x1|

Sia L = max (L1, L2) allora possiamo scrivere

|f (x2)− f (x1) | ≤ |f (x2)− f (x′) |+ |f (x′)− f (x1) | ≤ L · (|x2 − x′ | + | x′ − x1|)

Da cui|f (x2)− f (x1) | ≤ L · |x2 − x1|

La funzione f : I → R è quindi lipschitziana. �

Possiamo osservare quindi che una funzione f : I [a; b] → R che presenta un puntoangoloso in xP ∈ I e lipschitziana sia nell'intervallo [a;xP ] sia nell'intervallo [xP ; b], è lip-schitziana in tutto I infatti il fatto che f ′− (xP ) 6= f ′+ (xP ) non in�uisce sulla lipschitzianeitàdella funzione.

Esempi

Consideriamo le funzioni:

g(x) = −|x− 1|+ 1

h(x) = − 3

√(x− 1)2 + 1

i(x) = 3√x− 1 + 1

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La funzione g(x) ha gra�co:

La sua derivata è pari a:

g′(x) =

{−1 se x < 1

1 se x ≥ 1

Possiamo notare che la funzione presenta un punto di non derivabilità in x = 1 infattig′−(1) = lim

x→1−−1 = −1

g′+(1) = limx→1+

1 = 1

Il punto A (1; 1) è quindi un punto angoloso.La funzione g (x) : I1 ]−∞; 1]→ R, avendo derivata prima g′ (x) = −1 è derivabile in

]−∞; 1[ e ha derivata limitata in ]−∞; 1[. Perciò, per il teorema 1, è lipschitziana.Allo stesso modo la funzione g (x) : I2 [1; +∞[→ R, avendo derivata prima g′ (x) = 1

è derivabile in ]1; +∞[ e ha derivata limitata in ]1; +∞[. Perciò, per il teorema 1, èlipschitziana.

La funzione g (x) è quindi lipschitziana sia in I1 sia in I2, ed essendo I1∩ I2 6= 0, alloraper il teorema 2 la funzione g(x) è lipschitziana nell'intervallo I ]−∞; +∞[

La funzione h (x) = − 3

√(x− 1)2 + 1 ha invece gra�co:

La derivata di h (x) è pari a:

h′ (x) = − 2

3 3√x− 1

Possiamo notare che anche questa funzione presenta un punto di non derivabilità inx = 1, infatti

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h′− (1) = limx→1−

− 2

3 3√x− 1

= − 2

3 · 0−= +∞

h′+ (1) = limx→1+

− 2

3 3√x− 1

= − 2

3 · 0+= −∞

La funzione h (x) presenta quindi una cuspide nel punto B (1; 1)La funzione h (x) : I1 ]−∞; 1] → R è derivabile in ]−∞; 1[ ma la sua derivata non è

limitata in tutti i punti di ]−∞; 1[, infatti, come abbiamo appena dimostrato,h′− (1) = +∞.Allo stesso modo, la funzione h (x) : I2 [1; +∞[ → R è derivabile in ]1; +∞[ ma la

sua derivata non è limitata in tutti i punti di ]1; +∞[, infatti, come abbiamo appenadimostrato, h′+ (1) = −∞.

La funzione h (x) quindi, non essendo lipschitziana ne su I1 ne su I2, non soddisfa leipotesi del teorema 2 e perciò non è lipschitziana nell'intervallo I ]−∞; +∞[.

In�ne la funzione i(x) = 3√x− 1 + 1 ha gra�co:

La derivata di i (x) è pari a:

i′ (x) =1

3 3

√(x− 1)2

Possiamo notare che la funzione presenta un punti di non derivabilità in x = 1 infatti

i′−(1) = limx→1−

1

3 3

√(x− 1)2

=1

3 · 0+= +∞

i′+(1) = limx→1+

1

3 3

√(x− 1)2

=1

3 · 0+= +∞

La funzione i (x) presenta quindi un �esso a tangente verticale nel punto C (1; 1).La funzione i (x) : I1 ]−∞; 1]→ R è derivabile in ]−∞; 1[ ma la sua derivata i′ (x) non è

limitata in tutti i punti di ]−∞; 1[ infatti, come abbiamo appena dimostrato, i′−(1) = +∞.Allo stesso modo la funzione i (x) : I2 [1; +∞[ → R è derivabile in ]1; +∞[ ma la sua

derivata i′ (x) non è limitata in tutti i punti appartenenti all'intervallo ]1; +∞[ infatti,come abbiamo appena dimostrato, i′+(1) = +∞.

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La funzione i (x) quindi, non essendo lipschitziana ne su I1 ne su I2, non soddisfa leipotesi del teorema 2 e perciò non è lipschitziana nell'intervallo I ]−∞; +∞[.

Quindi nonostante tutte e tre funzioni presentino un punto di non derivabilità in x = 1,solo la funzione g (x), dove questo punto è un punto angoloso, è lipschitziana.

La funzione di carica e scarica di un circuito RL quindi può essere de�nita lipschitziananonostante presenti dei punti angolosi, punti di non derivabilità. Cerchiamo quindi lacostante di Lipschitz della funzione.

Possiamo notare dal gra�co che in ciascun ramo di carica il valore assoluto del coe�-ciente angolare della retta tangente alla funzione in un suo punto è massimo nel punto diminimo mn in cui inizia tale ramo.

Allo stesso modo, in ciascun ramo di scarica il valore assoluto del coe�ciente angolaredella retta tangente alla funzione in un suo punto è massimo nel punto di massimo Mn incui inizia tale ramo.

Dal gra�co si può inoltre vedere come il valore assoluto delle derivate destre a ciascunpunto di minimo | f ′+ (mn) | diminuisca man mano che si prosegue nel verso dell'assex. Analogamente il valore assoluto delle derivate destre a ciascun punto di massimo| f ′+ (Mn) | diminuisce man mano che si prosegue nel verso dell'asse x.

Il valore assoluto del coe�ciente angolare massimo delle tangenti ai rami di caricaè quindi pari alla derivata della funzione in O (0 : 0). Il valore assoluto del coe�cienteangolare massimo delle tangenti ai rami di scarica è invece pari alla derivata destra dellafunzione inM1 (5τ ; (1− e−5)). Le confrontiamo per stabilire quale delle due sia maggiore:

|f ′ (0) | =∣∣∣∣ V0τe

0τ

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ V0τ · 1

∣∣∣∣ =V0τ

|f ′+ (5τ) | =∣∣∣∣− V0

τe

5ττ+ln(e5−1)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣− V0τe−5+ln(e

5−1)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣− V0τeln(1−e

−5)∣∣∣∣ =

(1− e−5

)· V0τ

Dal momento che 1− e−5 < 1 la derivata risulta massima nel punto O (0; 0) e quindi

L =V0τ

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7 Bibliogra�a e sitogra�a

• J.WALKER Dalla meccanica alla �sica moderna, Milano-Torino, Pearson Italia,2014, vol. 3.

• L. LECCI, www.matematicaescuola.it.

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