RISOLUZIONE
1. A `e vera. Infatti, essendo f (x) derivabile in x0, f (x) risulter`a continua in x0. Inoltre essendo la funzione |x| funzione continua in R, otteniamo che la funzione composta g(x) = |f(x)| risulta anch’essa continua in x0.
B `e falsa. Considerata ad esempio la funzione f (x) = x3. Tale funzione verifica f (x)·x = x4 0 per ogni x2 R e risulta derivabile in x0 = 0. Si ha che
g(x) =|f(x)| = |x3| =
(x3 se x 0 x3 se x < 0 risulta derivabile in x0= 0 dato che
xlim!0±
g(x) g(0)
x = lim
x!0+
±x3 x = 0
2. A `e falsa. Infatti, f (x) = x `e funzione derivabile in R con f0(x) = 1 6= 0 per ogni x 2 R ma f (x) = 0 ammette come soluzione x0 = 0.
B `e vera. Infatti se per assurdo esistessero due soluzioni a < b allora f (x) risulterebbe continua in [a, b], derivabile in (a, b) con f (a) = f (b) = 0. Dal Teorema di Rolle si avrebbe allora che esisterebbe x0 2 (a, b) tale che f0(x0) = 0, in contraddizione con f0(x)6= 0 per ogni x 2 R.
C `e falsa. Infatti, f (x) = ex `e funzione derivabile inR con f0(x) = ex 6= 0 per ogni x 2 R ma l’equazione f (x) = 0 non ammette soluzione.
3. A `e vera. Difatti, se per assurdo esistessero a 6= b (ad esempio a < b) tali che f(a) = f(b) dal Teorema di Rolle applicato all’intervallo [a, b], esisterebbe x02 (a, b) tale che f0(x0) = 0, in contraddizione con f0(x)6= 0 per ogni x 2 R.
B `e falsa. Ad esempio la funzione f (x) = arctan x `e derivabile in R con f0(x) = 1+x12 6= 0 per ogni x2 R ma Imf(x) = ( ⇡2,⇡2).
C `e vera. Infatti, per quanto provato in A , la funzione `e iniettiva e continua in R, dato che risulta derivabile in R. Per un noto teorema, abbiamo che la funzione risulta strettamente monotona. Dal Teorema sul limite delle funzioni monotone risulta allora che esiste lim
x!+1f (x).
4. La funzione f (x) = x arctanxlog x2 x `e definita in D = (0, +1) \ {1} e in tale dominio risulta con- tinua e derivabile in quanto composizione, prodotto e quoziente di funzioni continue e derivabili.
Per determinarne la derivata in ogni x 2 D possiamo quindi applicare le regole di derivazione ottenendo
f0(x) = arctan log x
x2 x+ x 1
1 +⇣
log x x2 x
⌘2 ·
1
x(x2 x) log x(2x 1) (x2 x)2
5. La funzione f (x) = p4
(cosh x 1)3 risulta definita in ogni x2 R dato che cosh x 1 per ogni x2 R e in tali punti risulta continua . Risulta inoltre sicuramente derivabile in ogni x 2 R tale che cosh x6= 1, ovvero in ogni x 6= 0, essendo in tali punti composizione di funzioni derivabili e la sua derivata vale
f0(x) = 34 sinh x p4
cosh x 1
In x = 0, ricordando che cosh x 1⇠ x22 per x! 0, abbiamo
xlim!0
f (x) f (0)
x = lim
x!0
p4
(cosh x 1)3
x = lim
x!0
⇣x2 2
⌘34
x = lim
x!0
1 234
|x|32 x = 0 dato che 32 > 1. Ne segue che la funzione `e derivabile anche in x = 0 con f0(0) = 0.
6. La funzione
f (x) =p3
| sin x| = (p3
sin x se sin x 0
p3
sin x = p3
sin x se sin x < 0
`e definita in R e in tale dominio risulta continua in quanto composizione, prodotto e quoziente di funzioni continue. Risulta certamente derivabile in ogni x2 R tale che sin x 6= 0, dato che in tali punti la funzione risulta composizione di funzioni derivabili e la sua derivata vale
f0(x) = 8>
>>
><
>>
>>
: 1 3
cos x p3
sin2x se sin x > 0 1
3 cos x p3
sin2x se sin x < 0
Nei punti in cui sin x = 0 ovvero in ogni x = k⇡ con k2 Z verifichiamo la derivabilit`a applicando la definizione. In x = 0, ricordando che sin x⇠ x per x ! 0, abbiamo
xlim!0±
f (x) f (0)
x = lim
x!0±
p3
| sin x|
x = lim
x!0±
±p3 sin x
x = lim
x!0±
±x13
x = lim
x!0±
±1
x23 =±1 Ne segue che la funzione non risulta derivabile in x = 0 (presenta una cuspide), dalla periodicit`a e dalle identit`a degli angoli associati ne deduciamo che la funzione non risulta derivabile in ogni x = k⇡ con k2 Z.
7. La funzione
f (x) = log(1 + x2) sinh|x2 x| =
(log(1 + x2) sinh(x2 x) se x2 ( 1, 0] [ [1, +1) log(1 + x2) sinh(x x2) se x2 (0, 1)
`e definita e continua inR. Risulta certamente derivabile in ogni x diverso da 0 e 1 con derivata f0(x) =
( 2x
1+x2sinh(x2 x) + log(1 + x2)(2x 1) cosh(x2 x) se x2 ( 1, 0) [ (1, +1)
2x
1+x2sinh(x x2) + log(1 + x2)(1 2x) cosh(x x2) se x2 (0, 1) In x = 0 essendo log(1 + x2)⇠ x2 per x! 0 abbiamo
x!0lim
f (x) f (0)
x = lim
x!0
log(1 + x2) sinh|x2 x|
x = lim
x!0
x2sinh|x2 x|
x = 0
e quindi che la funzione `e derivabile con f0(0) = 0. In x = 1, osservato che per x ! 1 si ha log(1 + x2)! log 2 e che sinh |x2 x| ⇠ |x2 x| ⇠ |x 1|, otteniamo
x!11lim±
f (x) f (1)
x 1 = lim
x!1±
log(1 + x2) sinh|x2 x|
x 1 = lim
x!1±
log 2|x 1|
x 1 =± log 2 e quindi che la funzione non risulta derivabile in x = 1, dove presenta un punto angoloso.
8. La funzione f↵(x) = 2x2 xsinh↵|x| risulta definita e continua in R per ogni ↵ > 0. Riguardo alla derivabilit`a, risulta derivabilie in ogni x6= 0 con
f↵0(x) =
(log 2(2x 1)2x2 xsinh↵x + 2x2 x↵ sinh↵ 1x cosh x se x > 0 log 2(2x 1)2x2 xsinh↵( x) 2x2 x↵ sinh↵ 1( x) cosh( x) se x < 0 In x = 0 abbiamo
x!0lim±
f↵(x) f↵(0)
x = lim
x!0±
2x2 xsinh↵|x|
x = lim
x!0±
|x|↵ x = lim
x!0±|x|↵ 1 = 8>
<
>:
0 se ↵ > 1
±1 se ↵ = 1
±1 se ↵ < 1 Possiamo quindi concludere che la funzione risulta derivabile in x = 0 se e solo se ↵ > 1 e in tal caso f↵0(0) = 0.
9. Determinare le soluzioni dell’equazione arctanp
x = 1 x2 equivale a cercare gli zeri della funzione f (x) = arctanp
x 1 + x2. La funzione `e definita e continua in [0, +1) con f(0) = 1 e lim
x!+1f (x) = +1. La funzione risulta inoltre derivabile in (0, +1) con f0(x) = 1
2p
x(1 + x)+ 2x.
Essendo f0(x) > 0 per ogni x2 (0, +1), dal criterio di monotonia stretta ne deduciamo che f(x) risulta strettamente crescente in [0, +1) e poich´e f(0) < 0 e lim
x!+1f (x) = +1, dal Teorema dei valori intermedi concludiamo che la funzione ammette uno ed un solo zero, ovvero che esiste una e una sola soluzione dell’equazione proposta.
10. Osserviamo che l’equazione exe =|x 1| `e equivalente a f(x) = 0 essendo f(x) = exe |x 1|, per determinarne le soluzioni sar`a quindi sufficiente determinare il numeri di zeri della funzione f (x). La funzione `e definita e continua in R con
x! 1lim f (x) = 1 e lim
x!+1f (x) = +1
Riguardo alla monotonia, osserviamo che
f (x) =
(exe x + 1 se x 1 exe 1 + x se x < 1 e quindi che la funzione `e derivabile in ogni x2 R con x 6= 1 con
f0(x) = (1
eexe 1 se x > 1
1
eexe + 1 se x < 1
Per ogni x < 1 risulta f0(x) > 0 mentre per x > 1 abbiamo che f0(x) > 0 per x > e mentre f0(x) < 0 per 1 < x < e e f0(e) = 0. Ne segue che:
• f(x) `e strettamente crescente in ( 1, 1] e in [e, +1);
• f(x) `e strettamente decrescente in [1, e];
• x = e `e punto di minimo relativo per f(x) con f(e) = 1;
• x = 1 `e punto di sono massimo relativo per f(x) con f(1) = e1e > 0.
Nota: la funzione non risulta derivabile in x = 1 dove presenta un punto angoloso ( lim
x!1±f0(x) =
1
ee±1x ⌥ 1), ma tale osservazione non `e necessaria per lo studio della monotonia.
Poich´e
x2( 1,1]inf f (x) = 1 e max
x2( 1,1]f (x) = f (1) > 0
dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta otteniamo che la funzione ammette uno ed un solo zero x0 in ( 1, 1), siccome f(0) = 0 ne deduciamo che x0 = 0 .
Osservato che la funzione `e strettamente decrescente in [1, e] e strettamente crescente in [e, +1), otteniamo che f (x) > f (e) > 0 per ogni x2 [1, +1) e dunque che la funzione non ammette zeri in tale intervallo.
Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che la funzione ammette esattamente uno zero nel suo dominio, x0 = 0.
11. Osserviamo che
(↵ + x)e x= 1 , ↵ + x = ex , ex x = ↵
Posto allora f (x) = ex x, l’equazione data `e equivalente a f (x) = ↵ con ↵ 2 R. Studiamo quindi la funzione f (x). Si ha innanzitutto che f (x) `e definita e continua in tutto R con
x!±1lim f (x) = +1 Osserviamo poi che la funzione `e derivabile in ogni x2 R con
f0(x) = ex 1
Si ottiene pertanto che f0(x) > 0 per ogni x > 0, f0(x) < 0 per ogni x < 0 e f0(0) = 0. Ne segue che f (x) `e strettamente decrescente in ( 1, 0), strettamente crescente in (0, +1) e che x = 0
`e punto di minimo assoluto con f (0) = 1.
Dal Teorema dei valori intermedi si deduce che la funzione assume tutti i valori ↵ 1 e precisa- mente, dalla monotonia stretta, l’equazione f (x) = ↵ ammette soluzione in ( 1, 0) se e solo se
↵ > 1 e tale soluzione `e unica. Analogamente, l’equazione ammette soluzione in (0, +1) se e solo se ↵ > 1 e tale soluzione `e unica. Ne concludiamo che l’equazione f (x) = ↵ ammette
• due soluzioni (una positiva e una negativa) se ↵ > 1,
• un’unica soluzione (x = 0) se ↵ = 1,
• nessuna soluzione se ↵ < 1.
12. Osservato che l’equazione data `e equivalente a f↵(x) = 0 essendo f↵(x) = log(1 ↵x) x1, sar`a sufficiente determinare il numero di zeri della funzione f↵(x) al variare di ↵ > 0. La funzione `e definita e continua in ( 1, 0) [ (↵, +1) con
x!±1lim f↵(x) = 0, 8↵ > 0 e
xlim!0 f↵(x) = +1 e lim
x!↵+f↵(x) = 1
Riguardo alla monotonia, osserviamo che la funzione `e derivabile in ogni punto del dominio con f↵0(x) = 1
1 ↵x · ↵ x2 + 1
x2 = 1 x2
✓ ↵x x ↵ + 1
◆
= ↵x + x ↵ x2(x ↵)
e pertanto che f↵0(x) > 0 per ogni x2 ( 1, 0) [ (↵, +1). Ne segue che per ogni ↵ > 0 f↵(x) `e strettamente crescente in ( 1, 0) e in (↵, +1).
Poich´e lim
x!±1f↵(x) = 0 possiamo concludere che la funzione non ammette zeri per ogni ↵ > 0
13. Determiniamo il numero di zeri della funzione f↵(x) = ↵x2 log(1+x2). Osserviamo innanzitutto che la funzione risulta definita e continua in tuttoR. Poich´e inoltre risulta funzione pari, potremo limitare lo studio all’intervallo [0, +1). Abbiamo che f↵(0) = 0 per ogni ↵2 R e, dalla gerarchia degli infiniti,
x!+1lim f↵(x) =
(+1 se ↵ > 0 1 se ↵ 0 Per ogni ↵2 R la funzione risulta inoltre derivabile in R con
f↵0(x) = 2↵x 2x
1 + x2 = 2x
✓
↵ 1
1 + x2
◆
Per x 2 (0, +1), risulta allora che f↵0(x) > 0 se e solo se 1+x1 2 < ↵. Se ↵ 0 , osservato che
1
1+x2 > 0 per ogni x2 R, otteniamo che f↵0(x) < 0 per ogni x 2 (0, +1) e dunque che f↵(x) `e strettamente decrescente in [0, +1).
Se ↵ > 0, allora f↵0(x) > 0 in (0, +1) se e solo se x2 > ↵1 1. Dunque, se ↵ 1 allora f↵0(x) > 0 per ogni x2 (0, +1) e pertanto f↵(x) `e strettamente crescente in [0, +1). Se invece
0 < ↵ < 1 avremo che f↵0(x) > 0 in (0, +1) se e solo se x > q
1
↵ 1 = x↵ e quindi che f↵(x)
risulta strettamente crescente in [x↵, +1), strettamente decrescente in [0, x↵] e che x↵ `e punto di minimo relativo con f↵(x↵) = 1 ↵ + log ↵.
Osserviamo che per determinare il segno di f↵(x↵), la disequazione 1 ↵ + log ↵ > 0 non si pu`o studiare per via elementare, `e sufficiente osservare che la funzione `e strettamente decrescente in [0, x↵] e quindi che risulta f↵(x↵) < f↵(0) = 0.
Riunendo quanto ottenuto, dal Teorema di esistenza degli zeri e dallo studio della monotonia, deduciamo che f↵(x) ammette un unico zero, x = 0, per ogni ↵ 0 e ogni ↵ 1 mentre ammette tre zeri se 0 < ↵ < 1.
14. Determiniamo l’immagine della funzione f (x) = log(x+1) x2, ovvero l’insieme dei valori assunti dalla funzione. Osserviamo innanzitutto che la funzione `e definita e continua in ( 1, +1) con
x! 1lim+f (x) = 1 mentre
x!+1lim f (x) = lim
x!+1x2
✓log(x + 1)
x2 1
◆
= 1
da cui possiamo dedurre che la funzione non `e inferiormente limitata nel suo dominio. La funzione risulta inoltre derivabile in ( 1, +1) con
f0(x) = 1
x + 1 2x = 2x2+ 2x 1
x + 1 , 8x > 1.
Essendo x + 1 > 0 per ogni x 2 ( 1, +1), avremo f0(x) > 0 se e solo se 2x2+ 2x 1 < 0. Si ottiene allora che f0(x) > 0 per 1 < x < 1+2p3 e f0(x) < 0 per x > 1+2p3.
Ne segue che f (x) risulta strettamente crescente in [ 1, 1+2p3], strettamente decrescente in [ 1+2p3, +1) e che x0 = 1+2p3 `e punto di massimo assoluto per f (x) con f (x0) = y0 = log(1 + 1+2p3) ( 1+2p3)2. Ne segue allora che
( 1,+max1)f (x) = y0 mentre inf
( 1,+1)f (x) = 1
Utilizzando il Teorema dei valori intermedi, otteniamo che la funzione assume tutti e soli i valori y y0 e dunque che la sua immagine `e l’intervallo ( 1, y0].
15. Studiamo l’immagine della funzione g(x) = x| log x| x. Si ha innanzitutto che g(x) `e definita e continua in tutto (0, +1) e dalla gerarchia degli infiniti risulta
xlim!0+g(x) = 0 e lim
x!+1g(x) = +1 Studiamo la monotonia di g(x). Abbiamo che
g(x) =
( x log x x se 0 < x 1 x log x x se x > 1 e quindi che la funzione `e derivabile in ogni x2 (0, +1) \ {1}(h) con
g0(x) =
( log x 2 se 0 < x < 1 log x se x > 1
Si ottiene che per x 2 (0, 1) risulta g0(x) > 0 se e solo se log x < 2 ovvero x < e12, mentre per ogni x 2 (1, +1) risulta g0(x) > 0. Dal criterio di monotonia stretta ne segue che g(x) `e strettamente decrescente in [e12, 1] e strettamente crescente in [0,e12] e in [1, +1). Otteniamo allora che x = e12 `e punto di massimo relativo per g(x) con g(e12) = e12 mentre x = 1 `e punto di minimo assoluto con g(1) = 1. Quindi
(0,+1)min g(x) = 1 mentre sup
(0,+1)
g(x) = +1
(h)Osserviamo che invece la funzione non risulta derivabile in x = 1 dato che
x!1lim±
f (x) f (1)
x 1 = lim
x!1±
x| log x| x + 1
x 1 = lim
y!0±
(1 + y)| log(1 + y)| y y
= lim
y!0±(1 + y) ±log(1 + y)
y 1 =±1 1
Dal Teorema dei valori intermedi possiamo concludere che la funzione assume tutti e soli i valori y 1 e dunque che la sua immagine `e l’intervallo [ 1, +1).
16. Studiamo l’immagine della funzione f↵(x) = (↵ x)ex al variare di ↵ 2 R. Si ha che f↵(x) `e definita e derivabile in tutto R. Dalla gerarchia degli infiniti abbiamo
x! 1lim f↵(x) = 0 e lim
x!+1f↵(x) = 1
Inoltre f↵0(x) = (↵ 1 x)exe dunque f↵0(x) > 0 per ogni x < ↵ 1, f0(x) < 0 per ogni x > ↵ 1 e f0(↵ 1) = 0. Ne segue che f↵(x) `e strettamente crescente in ( 1, ↵ 1], `e strettamente decrescente in [↵ 1, +1) e che x = ↵ 1 `e punto di massimo assoluto con f↵(↵ 1) = e↵ 1. Quindi si ha
maxR f↵(x) = e↵ 1 mentre inf
R f↵(x) = 1
Da quanto trovato e dal teorema dei valori intermedi segue la funzione ha per immagine l’intervallo ( 1, e↵ 1] per ogni ↵2 R.
17. Per ogni ↵2 R la funzione f↵(x) = ↵ + log x
1 log x `e definita e continua in (0, e)[(e, +1). Osserviamo inoltre che se ↵ = 1 allora f↵(x) = 1 per ogni x2 (0, e) [ (e, +1). Per ↵ 6= 1 si ha invece
x!+1lim f↵(x) = lim
x!+1
↵ log x + 1
1
log x 1 = 1 e
x!0lim+f↵(x) = lim
x!0+
↵ log x+ 1
1
log x 1 = 1 Inoltre
xlim!e f↵(x) = lim
x!e
↵ + log x 1 log x =
(+1 se ↵ > 1 1 se ↵ < 1 mentre
xlim!e+f↵(x) = lim
x!e
↵ + log x 1 log x =
( 1 se ↵ > 1 +1 se ↵ < 1
Riguardo alla monotonia, osserviamo che per ogni ↵ 6= 1 la funzione `e derivabile in ogni x2 (0, e) [ (e, +1) con
f↵0(x) =
1
x(1 log x) +x1(↵ + log x)
log2x = 1 + ↵
x log2x
Osservato che x log2x > 0 per ogni x2 (0, e) [ (e, +1), otteniamo che il segno di f↵0(x) `e quello di ↵ + 1. Avremo quindi che se ↵ > 1 allora f↵0(x) > 0 per ogni x2 (0, e) [ (e, +1) e dunque che f↵(x) `e strettamente crescente in (0, e) e in (e, +1).
Se invece ↵ < 1, avremo f↵0(x) < 0 per ogni x2 (0, e)[(e, +1) e pertanto f↵(x) `e strettamente decrescente in (0, e) e in (e, +1).
Ne deduciamo quindi che se ↵ = 1 allora Im(f↵) ={ 1}, mentre se ↵ 6= 1, dato che sup
x2(0,e)
f↵(x) =
(+1 se ↵ > 1
1 se ↵ < 1 e inf
x2(0,e)f↵(x) =
( 1 se ↵ > 1 1 se ↵ < 1 mentre
sup
x2(e,+1)
f↵(x) =
( 1 se ↵ > 1
+1 se ↵ < 1 e inf
x2(e,+1)f↵(x) =
( 1 se ↵ > 1 1 se ↵ < 1
dal Teorema dei valori intermedi possiamo concludere che Im(f↵) =R\{ 1} (osserviamo infatti che dalla monotonia stretta, f↵(x)6= 1 per ogni x 2 (0, e) [ (e, +1) e ↵ 6= 1).
18. Si vuole trovare il minimo della somma cos ↵ + cos al variare di ↵, 2 [0,⇡2] tali che ↵ + = ⇡2. Dovremo allora avere = ⇡2 ↵ e cercheremo il minimo della funzione f (↵) = cos ↵+cos(⇡2 ↵) = cos ↵+sin ↵ al variare di ↵2 [0,⇡2] (osserviamo infatti che dall’identit`a degli angoli complementari cos(⇡2 ↵) = sin ↵).
Essendo f (↵) continua in [0,⇡2], dal Teorema di Weierstrass tale minimo esiste. Abbiamo che f (↵) risulta derivabile in (0,⇡2) con f0(↵) = sin ↵ + cos ↵. Poich`e f0(↵) > 0 per 0 < x < ⇡4, f0(↵) < 0 per ⇡4 < x < ⇡2 e f0(⇡4) = 0, ne segue che f (↵) risulta strettamente crescente in [0,⇡4], strettamente decrescente in [⇡4,⇡2] e che ↵ = ⇡4 `e punto di massimo assoluto per f (↵) in [0,⇡2] con f (⇡4) =p
2.
19. Possiamo supporre la circonferenza di centro l’origine di equazione x2+y2 = r2, per determinare il perimetro massimo dei rettangoli inscritti nella circonferenza osserviamo che detta b la semibase e h la semialtezza, il perimetro `e dato da 4(b + h). Dato che il rettangolo `e inscritto nella circonferenza, dovremo avere che b2+ h2= r2 (possiamo supporre che i lati del rettangolo siano paralleli agli assi), da cui h =p
r2 b2 con b2 [0, r2]. Dovremo quindi determinare il massimo della funzione
p(b) = 4(b +p
r2 b2)
nell’intervallo [0, r]. La funzione `e derivabile in (0, r) con p0(b) = 4(1 p b
r2 b2) = p 4 r2 b2(p
r2 b2 b) In (0, r) si ha che p0(b) = 0 se e solo sep
r2 b2= b ovvero b = pr
2 e tale punto risulta punto di massimo per p(b) con p(pr
2) = 8pr
2 = 4p
2r e tale valore indica il perimetro massimo cercato.
20. Per determinare l’altezza del cilindro circolare retto di volume massimo che pu`o essere inscritto in una sfera di raggio 2 osserviamo che detta h l’altezza del cilindro e r il suo raggio, posto x = h 2, si ha che x2+ r2 = 4 e dunque r2 = 4 x2.
x r 2
2
Poich´e il volume del cono `e uguale a V = ⇡3r2h = ⇡3(x + 2)(4 x2), il cono di volume massimo inscritto in una sfera di raggio 2 avr`a altezza h0 = 2 + x0 e raggio r0 =p
4 x20 dove x0`e punto di massimo della funzione
f (x) = (x + 2)(4 x2) = x3 2x2+ 4x + 8 nell’intervallo [ 2, 2].
La funzione risulta derivabile in ( 2, 2) con f0(x) = 3x2 4x + 4 e quindi f0(x) > 0 se e solo se 2 < x < 23. Ne segue che f (x) risulta strettamente crescente in [ 2,23], strettamente decrescente in [23, 2] e x0= 23 `e punto di massimo assoluto. L’altezza cercata sar`a pertanto data da h0 = 2 +23 = 83.
