RISOLUZIONE 1. A `e vera. Infatti, essendo f (x) derivabile in x0

RISOLUZIONE

1. A `e vera. Infatti, essendo f (x) derivabile in x 0 , f (x) risulter` a continua in x 0 . Inoltre essendo la funzione |x| funzione continua in R, otteniamo che la funzione composta g(x) = |f(x)| risulta anch’essa continua in x ₀ .

B `e falsa. Considerata ad esempio la funzione f (x) = x ³ . Tale funzione verifica f (x) ·x = x ⁴ 0 per ogni x 2 R e risulta derivabile in x 0 = 0. Si ha che

g(x) = |f(x)| = |x ³ | =

( x ³ se x 0 x ³ se x < 0 risulta derivabile in x ₀ = 0 dato che

x lim !0

g(x) g(0)

x = lim

x !0

±x ³ x = 0

2. A `e falsa. Infatti, f (x) = x `e funzione derivabile in R con f ⁰ (x) = 1 6= 0 per ogni x 2 R ma f (x) = 0 ammette come soluzione x ₀ = 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 x ₀ 2 (a, b) tale che f ⁰ (x ₀ ) = 0, in contraddizione con f ⁰ (x) 6= 0 per ogni x 2 R.

C `e falsa. Infatti, f (x) = e <sup>x</sup> `e funzione derivabile in R con f ⁰ (x) = e ^x 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 x ₀ 2 (a, b) tale che f ⁰ (x ₀ ) = 0, in contraddizione con f ⁰ (x) 6= 0 per ogni x 2 R.

B `e falsa. Ad esempio la funzione f (x) = arctan x `e derivabile in R con f ⁰ (x) = _1+x ¹

6= 0 per ogni x 2 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 !+1 f (x).

4. La funzione f (x) = x arctan _x ^{log x}

_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

f ⁰ (x) = arctan log x

x ² x + x 1

1 + ⇣

log x x

x

⌘ 2 ·

1

x (x ² x) log x(2x 1) (x ² x) ²

5. La funzione f (x) = p

(cosh x 1) ³ risulta definita in ogni x 2 R dato che cosh x 1 per ogni x 2 R e in tali punti risulta continua . Risulta inoltre sicuramente derivabile in ogni x 2 R tale che cosh x 6= 1, ovvero in ogni x 6= 0, essendo in tali punti composizione di funzioni derivabili e la sua derivata vale

f ⁰ (x) = ³ ₄ sinh x p

cosh x 1

In x = 0, ricordando che cosh x 1 ⇠ ^x ₂

per x ! 0, abbiamo

x lim !0

f (x) f (0)

x = lim

x !0

p

(cosh x 1) ³

x = lim

x !0

⇣ x

2

⌘

x = lim

x !0

1 2

|x|

x = 0 dato che ³ ₂ > 1. Ne segue che la funzione `e derivabile anche in x = 0 con f ⁰ (0) = 0.

6. La funzione

f (x) = p

| sin x| = ( p

sin x se sin x 0

p

sin x = p

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 x 2 R tale che sin x 6= 0, dato che in tali punti la funzione risulta composizione di funzioni derivabili e la sua derivata vale

f ⁰ (x) = 8 >

> >

> <

> >

> >

: 1 3

cos x p

sin ² x se sin x > 0 1

3 cos x p

sin ² x se sin x < 0

Nei punti in cui sin x = 0 ovvero in ogni x = k⇡ con k 2 Z verifichiamo la derivabilit`a applicando la definizione. In x = 0, ricordando che sin x ⇠ x per x ! 0, abbiamo

x lim !0

f (x) f (0)

x = lim

x !0

p

| sin x|

x = lim

x !0

± p

sin x

x = lim

x !0

±x

x = lim

x !0

±1

x

= ±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 k 2 Z.

7. La funzione

f (x) = log(1 + x ² ) sinh |x ² x | =

( log(1 + x ² ) sinh(x ² x) se x 2 ( 1, 0] [ [1, +1) log(1 + x ² ) sinh(x x ² ) se x 2 (0, 1)

`e definita e continua in R. Risulta certamente derivabile in ogni x diverso da 0 e 1 con derivata f ⁰ (x) =

( 2x

1+x

sinh(x ² x) + log(1 + x ² )(2x 1) cosh(x ² x) se x 2 ( 1, 0) [ (1, +1)

2x

1+x

sinh(x x ² ) + log(1 + x ² )(1 2x) cosh(x x ² ) se x 2 (0, 1) In x = 0 essendo log(1 + x ² ) ⇠ x ² per x ! 0 abbiamo

x!0 lim

f (x) f (0)

x = lim

x!0

log(1 + x ² ) sinh |x ² x |

x = lim

x!0

x ² sinh |x ² x |

x = 0

e quindi che la funzione `e derivabile con f ⁰ (0) = 0. In x = 1, osservato che per x ! 1 si ha log(1 + x ² ) ! log 2 e che sinh |x ² x | ⇠ |x ² x | ⇠ |x 1 |, otteniamo

x!11 lim

f (x) f (1)

x 1 = lim

x!1

log(1 + x ² ) sinh |x ² 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) = 2 ^x

^x sinh ^↵ |x| risulta definita e continua in R per ogni ↵ > 0. Riguardo alla derivabilit` a, risulta derivabilie in ogni x 6= 0 con

f _↵ ⁰ (x) =

( log 2(2x 1)2 ^x

^x sinh ^↵ x + 2 ^x

^x ↵ sinh ^{↵ 1} x cosh x se x > 0 log 2(2x 1)2 ^x

^x sinh ^↵ ( x) 2 ^x

^x ↵ sinh ^{↵ 1} ( x) cosh( x) se x < 0 In x = 0 abbiamo

x lim !0

f (x) f (0)

x = lim

x !0

2 ^x

^x sinh ^↵ |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. Si vuole trovare il massimo della somma x ² + y ² al variare di x 0 e y 0 tali che x + y = n.

Dovr` a allora essere y = n x e cercheremo il massimo della funzione f (x) = x ² + (n x) ² = 2x ² 2nx + n ² al variare di x 2 [0, n].

Essendo f (x) continua in [0, n], dal Teorema di Weierstrass tale massimo esiste. Abbiamo che f (x) risulta derivabile in (0, n) con f ⁰ (x) = 4x 2n = 2(2x n). Ne segue che f (x) risulta strettamente decrescente in [0, ⁿ ₂ ], strettamente crescente in [ ⁿ ₂ , n] e che x = ⁿ ₂ `e punto di minimo assoluto per f (x) in [0, n] con f ( ⁿ ₂ ) = ⁿ ₂

. Il punto di massimo assoluto di f (x) sar` a allora un estremo dell’intervallo [0, n]. Poich´e f (0) = f (n) = n ² , i punti x = 0 e x = n sono entrambi punti di massimo assoluto per f (x) in [0, n] con valore massimo n ² .

10. Osserviamo innanzitutto che risultano avere area massima i rettangoli R = [ ↵, ↵] ⇥ [ , ], con ↵, 0, centrati nell’origine del piano con i vertici giacenti sull’ellisse. Ricordando che l’equazione dell’ellisse di semiassi a e b `e ^x _a

+ ^y _b

= 1, dovr` a essere ^↵ _a

+ _b

= 1 da cui deduciamo che = ^b _a p

a ² ↵ ² . Quindi l’area di tali rettangoli sar` a A(↵) = 4↵ = 4b

a ↵ p

a ² ↵ ²

dove ↵ 2 [0, a]. La funzione A(↵) `e continua in [0, a] e derivabile in (0, a) con A ⁰ (↵) = 4b

a

a ² 2↵ ² p a ² ↵ ² Ne segue che A ⁰ (↵) > 0 se e solo se 0 < ↵ < p ^a

2 e quindi che ↵ ₀ = p ^a

2 `e punto di massimo assoluto per A(↵) e l’area massima sar` a

A(↵ ₀ ) = 2ab.

11. Detta 2h l’altezza del cilindro e r il suo raggio, essendo il cilindro retto inscritto nella sfera di raggio 1, si ha che h ² + r ² = 1. Poich´e il volume del cilindro `e uguale a V = 2h⇡r <sup>2</sup> = 2⇡(h h <sup>3</sup> ), il cilindro di volume massimo inscritto in una sfera di raggio 1 avr` a altezza 2h ₀ dove h ₀ `e il massimo della funzione f (h) = h h ³ nell’intervallo [0, 1]. Risulta f ⁰ (h) = 1 3h ² e quindi f ⁰ (h) > 0 se e solo se h < p ¹

3 . Ne segue che f (h) risulta strettamente crescente in [0, p ¹ 3 ] e strettamente decrescente in [ p ¹

3 , 1]. h ₀ = p ¹

3 risulta quindi punto di massimo assoluto e il raggio cercato sar` a dato da r 0 = p

1 h ² ₀ = q 2

3 .

12. Determiniamo l’immagine della funzione f (x) = log(x+1) x ² , ovvero l’insieme dei valori assunti dalla funzione. Osserviamo innanzitutto che la funzione `e definita e continua in ( 1, + 1) con

x ! 1 lim

f (x) = 1 mentre

x !+1 lim f (x) = lim

x !+1 x ²

✓ log(x + 1)

x ² 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

f ⁰ (x) = 1

x + 1 2x = 2x ² + 2x 1

x + 1 , 8x > 1.

Essendo x + 1 > 0 per ogni x 2 ( 1, +1), avremo f ⁰ (x) > 0 se e solo se 2x ² + 2x 1 < 0. Si ottiene allora che f ⁰ (x) > 0 per 1 < x < ¹⁺ ₂ ^{p 3} e f ⁰ (x) < 0 per x > ¹⁺ ₂ ^{p 3} .

Ne segue che f (x) risulta strettamente crescente in [ 1, ¹⁺ ₂ ^{p 3} ], strettamente decrescente in [ ¹⁺ ₂ ^{p 3} , + 1) e che x 0 = ¹⁺ ₂ ^{p 3} `e punto di massimo assoluto per f (x) con f (x ₀ ) = y ₀ = log(1 + ¹⁺ ₂ ^{p 3} ) ( ¹⁺ ₂ ^{p 3} ) ² . Ne segue allora che

( 1,+1) max f (x) = y 0 mentre inf

( 1,+1) f (x) = 1

Utilizzando il Teorema dei valori intermedi, otteniamo che la funzione assume tutti e soli i valori y  y 0 e dunque che la sua immagine `e l’intervallo ( 1, y 0 ].

13. 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

x lim !0

g(x) = 0 e lim

x !+1 g(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 x 2 (0, +1) \ {1} ^(f) con g ⁰ (x) =

( log x 2 se 0 < x < 1 log x se x > 1

Si ottiene che per x 2 (0, 1) risulta g ⁰ (x) > 0 se e solo se log x < 2 ovvero x < _e ¹

, mentre per ogni x 2 (1, +1) risulta g ⁰ (x) > 0. Dal criterio di monotonia stretta ne segue che g(x) `e strettamente decrescente in [ _e ¹

, 1] e strettamente crescente in [0, _e ¹

] e in [1, + 1). Otteniamo allora che x = _e ¹

`e punto di massimo relativo per g(x) con g( _e ¹

) = _e ¹

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

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).

14. Studiamo l’immagine della funzione f _↵ (x) = (↵ x)e ^x al variare di ↵ 2 R. Si ha che f ↵ (x) `e definita e derivabile in tutto R. Dalla gerarchia degli infiniti abbiamo

x ! 1 lim f _↵ (x) = 0 e lim

x !+1 f _↵ (x) = 1

Inoltre f _↵ ⁰ (x) = (↵ 1 x)e ^x e dunque f _↵ ⁰ (x) > 0 per ogni x < ↵ 1, f ⁰ (x) < 0 per ogni x > ↵ 1 e f ⁰ (↵ 1) = 0. Ne segue che f _↵ (x) `e strettamente crescente in ( 1, ↵ 1], `e strettamente

(f)

Osserviamo che invece la funzione non risulta derivabile in x = 1 dato che lim

x!1^±

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

decrescente in [↵ 1, + 1) e che x = ↵ 1 `e punto di massimo assoluto con f _↵ (↵ 1) = e ^{↵ 1} . Quindi si ha

max R 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.

15. 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 x 2 (0, e) [ (e, +1). Per ↵ 6= 1 si ha invece

x !+1 lim f _↵ (x) = lim

x !+1

↵ log x + 1

1

log x 1 = 1 e

x lim !0

f _↵ (x) = lim

x !0

↵ log x + 1

1

log x 1 = 1 Inoltre

x!e lim f _↵ (x) = lim

x!e

↵ + log x 1 log x =

( + 1 se ↵ > 1 1 se ↵ < 1 mentre

x!e lim

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 x 2 (0, e) [ (e, +1) con

f _↵ ⁰ (x) =

1

x (1 log x) + _x ¹ (↵ + log x)

log ² x = 1 + ↵

x log ² x

Osservato che x log ² x > 0 per ogni x 2 (0, e) [ (e, +1), otteniamo che il segno di f ↵ ⁰ (x) `e quello di ↵ + 1. Avremo quindi che se ↵ > 1 allora f <sub>↵</sub> <sup>0</sup> (x) > 0 per ogni x 2 (0, e) [ (e, +1) e dunque che f <sub>↵</sub> (x) `e strettamente crescente in (0, e) e in (e, + 1).

Se invece ↵ < 1, avremo f _↵ ⁰ (x) < 0 per ogni x 2 (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

x 2(0,e)

f _↵ (x) =

( + 1 se ↵ > 1

1 se ↵ < 1 e inf

x 2(0,e) f _↵ (x) =

( 1 se ↵ > 1 1 se ↵ < 1 mentre

sup

x 2(e,+1)

f _↵ (x) =

( 1 se ↵ > 1

+ 1 se ↵ < 1 e inf

x 2(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).

16. Determinare le soluzioni dell’equazione arcsin p

x = p

1 x ² equivale a cercare gli zeri della funzione f (x) = arcsin p

x p

1 x ² . La funzione `e definita e continua in [0, 1] con f (0) = 1 e f (1) = ^⇡ ₂ . La funzione risulta inoltre derivabile in (0, 1) con

f ⁰ (x) = 1 2 p

x p

1 x + x

p 1 x ² .

Essendo f ⁰ (x) > 0 per ogni x 2 (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 f (1) > 0, dal Teorema di esistenza

degli zeri concludiamo che la funzione ammette uno ed un solo zero, ovvero che esiste una e una

sola soluzione dell’equazione proposta.

17. Osserviamo che l’equazione e ^x |x ² 1 | = 1 `e equivalente a f(x) = 0 essendo f(x) = e <sup>x</sup> |x <sup>2</sup> 1 | 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 ! 1 lim f (x) = + 1 e lim

x !+1 f (x) = 1 Riguardo alla monotonia, osserviamo che

f (x) =

( e ^x (x ² 1) se |x| > 1 e ^x (x ² 1) se |x| < 1 e quindi che la funzione `e derivabile in ogni x 2 R con x 6= ±1 con

f ⁰ (x) =

( e ^x (x ² 2x 1) se |x| > 1 e ^x (x ² 2x 1) se |x| < 1 Risulta x ² 2x 1 > 0 se e solo se x < 1 p

2 e x > 1 + p

2. Ne segue che:

• f(x) `e strettamente decrescente in ( 1, 1], [1 p

2, 1] e [1 + p

2, + 1);

• f(x) `e strettamente crescente in [ 1, 1 p

2] e [1, 1 + p 2];

• 1 e 1 sono minimi assoluti per f(x) con f(±1) = 1;

• 1 p

2 e 1 + p

2 sono massimi relativi per f (x) con f (1 p

2) > 0 e f (1 + p 2) < 0.

Nota: la funzione non risulta derivabile in x = ±1 dove presenta dei punti angolosi, ma tale

osservazione non `e necessaria per lo studio della monotonia.

Poich´e

x2( 1, 1] min f (x) = f ( 1) = 1 < 0 e sup

x2( 1, 1]

f (x) = + 1

dal Teorema dei valori intermedi e dalla monotonia stretta otteniamo che la funzione ammette uno ed un solo zero in ( 1, 1).

In modo analogo, dato che min

x 2[ 1,1 p 2]

f (x) = f ( 1) = 1 < 0 e max

x 2[ 1,1 p 2]

f (x) = f (1 p 2) > 0

la funzione ammette uno ed un solo zero in ( 1, 1 p

2) ed essendo min

x 2[1 p 2,1]

f (x) = f (1) = 1 < 0 e max

x 2[1 p 2,1]

f (x) = f (1 p 2) > 0

la funzione ammette uno ed un solo zero in (1 p 2, 1).

Infine, osservato che la funzione `e strettamente crescente in [1, 1+ p

2] e strettamente decrsecente in [1 + p

2, + 1), otteniamo che f(x) < f(1 + p

2) < 0 per ogni x 2 [1, +1) e dunque che la funzione non ammette zeri in tale intervallo.

Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che la funzione ammette esattamente tre zeri nel suo dominio.

18. Posto f (x) = arctan x ^{p 1+x} _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 \ {0} con

x! 1 lim f (x) = ^⇡ ₂ lim

x! 1

|x| q

1 x

+ 1

x = 1 ^⇡ ₂ ,

x!+1 lim f (x) = ^⇡ ₂ lim

x!+1

|x| q

1 x

+ 1

x = ^⇡ ₂ 1

mentre lim

x !0

f (x) = ⌥1 Osserviamo poi che la funzione `e derivabile in ogni x 6= 0 con f ⁰ (x) = 1

1 + x ²

x

p 1+x

p 1 + x ²

x ² = 1

1 + x ² + 1 x ² p

1 + x ²

Essendo somma di termini positivi, si ottiene che f ⁰ (x) > 0 per ogni x 6= 0. Ne segue che f(x) `e strettamente crescente in ( 1, 0) [ (0, +1).

Si noti che lo studio sopra si poteva semplificare osservando che f (x) `e funzione dispari.

Dal Teorema dei valori intermedi si deduce che la funzione assume tutti i valori ↵ 2 R e precisa- mente, dalla monotonia stretta, l’equazione f (x) = ↵ ammette soluzione in ( 1, 0) se e solo se

↵ > 1 ^⇡ ₂ e tale soluzione `e unica. Analogamente, l’equazione ammette soluzione in (0, + 1) se e solo se ↵ < <sup>⇡</sup> <sub>2</sub> 1 e tale soluzione `e unica. Ne concludiamo che l’equazione f (x) = ↵ ammette

• due soluzioni se 1 ^⇡ ₂ < ↵ < ^⇡ ₂ 1 ovvero se |↵| < ^⇡ ₂ 1,

• un’unica soluzione se |↵| ^⇡ ₂ 1.

19. Osservato che l’equazione data `e equivalente a f <sub>↵</sub> (x) = 0 essendo f <sub>↵</sub> (x) = |x| <sup>↵</sup> e <sup>x</sup> 1, sar` a sufficiente determinare il numero di zeri della funzione f (x) al variare di ↵ > 0. La funzione `e definita e continua in R con

x ! 1 lim f _↵ (x) = 1 e lim

x !+1 f _↵ (x) = + 1, 8↵ 2 R

Riguardo alla monotonia, osserviamo che la funzione `e derivabile in ogni x 6= 0 con f _↵ ⁰ (x) =

( ↵x ^{↵ 1} e ^x + x ^↵ e ^x = x ^{↵ 1} e ^x (↵ + x) se x > 0

↵( x) ^{↵ 1} e ^x + ( x) ^↵ e ^x = ( x) ^{↵ 1} e ^x (↵ + x) se x < 0

Nota: per lo studio della monotonia non occorre sapere se la funzione risulta derivabile o meno in x = 0 ma per esercizio stabilire per quali valori di ↵ > 0 la funzione risulta derivabile in x = 0.

Se x > 0, essendo ↵ > 0, avremo x > ↵ e dunque f ⁰ (x) > 0. Se x < 0, avremo f _↵ ⁰ (x) > 0 se e solo se x < ↵. Ne segue che per ogni ↵ > 0

(i) f _↵ (x) `e strettamente crescente in ( 1, ↵] e in [0, +1);

(ii) f _↵ (x) `e strettamente decrescente in [ ↵, 0];

(iii) ↵ `e punto di massimo relativo con f ↵ ( ↵) = ↵ ^↵ e ^↵ 1 = ( ^↵ _e ) ^↵ 1;

(iv) 0 `e punto di minimo assoluto con f ↵ (0) = 1.

Poich´e ( ^↵ _e ) ^↵ > 1 se e solo se ^↵ _e > 1 e dunque ↵ > e, avremo f _↵ ( ↵) > 0 se e solo se ↵ > e.

Dal Teorema di esistenza degli zeri e da (i) (iv) deduciamo che

• se ↵ > e, la funzione ammette tre zeri, uno nell’intervallo ( 1, ↵), uno in ( ↵, 0) e uno in (0, + 1), quindi l’equazione ammette tre soluzioni;

• se ↵ = e la funzione ammette due zeri, il primo corrispondente al punto di massimo e, il secondo in (0, + 1);

• se 0 < ↵ < e la funzione ammette un unico zero, appartenente all’intervallo (0, +1).

.

20. Determiniamo il numero di zeri della funzione f ↵ (x) = ↵x ² log(1+x ² ). Osserviamo innanzitutto che la funzione risulta definita e continua in tutto R. 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 !+1 lim 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 + x ² = 2x

✓

↵ 1

1 + x ²

◆

Per x 2 (0, +1), risulta allora che f ↵ ⁰ (x) > 0 se e solo se _1+x ¹

< ↵. Se ↵  0 , osservato che

1

1+x

> 0 per ogni x 2 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 x ² > _↵ ¹ 1. Dunque, se ↵ 1 allora f _↵ ⁰ (x) > 0 per ogni x 2 (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.