Soluzione verifica del 16/12/2014

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1 Soluzione verifica del 6/2/204. Determinare dominio e codominio della funzione y = f(x) il cui grafico è rappresentato nella figura seguente; successivamente valutare i seguenti iti: x x 2 + x x 2 x 2 Dominio: D = {x R x 0 x = x 2} Codominio: C = {y R y 4} = x = 2 x non esiste, perché f(x) non è definita in un intorno di, che è punto isolato x 2 f(x) non esiste, perché f(x) non è definita in un intorno completo di 2 non esiste, perché f(x) non è definita in un intorno sinistro di 2 x 2 = 3 x 2 + = 3 f(x) = 3 (il ite è dato dal comportamento della funzione nell intorno di 5, = e non dal valore che la funzione assume per x = 5) 2. Disegnare il grafico di una funzione y = f(x) per la quale valgano i seguenti iti: = 4 e f() = 2 f(x) = 2 e f(x) = f(x) = + f(x) non esistente

2 Descrivere in termini formali il significato della scrittura f(x) = 4. Ovviamente quella che qui si propone è solo una delle infinite possibili soluzioni: La scrittura f(x) = 4 si può formalizzare nel modo seguente: ɛ > 0 δ > 0 x < δ x = f(x) 4 < ɛ o in alternativa (un po meno formale ma ugualmente corretto): J (intorno di 4) I (intorno di ) tale che f(x) J x I, escluso eventualmente x = 3. Determinare il dominio delle seguenti funzioni: f (x) = ln x La condizione da imporre è che l argomento della funzione logaritmica sia positivo. Risulta: x > 0 =... = x < 2 x > e pertanto D = { x R x < 2 x > } ovvero D = ] ; 2 [ ] ; + [. f 2 (x) = x 2 7 Trattandosi di funzione irrazionale con radice di indice pari, la condizione da imporre è che il radicando sia non negativo, ossia x = x 7 x 7. Il dominio si può dunque esprimere nella forma D 2 = { x R x 7 x 7 } o, in maniera del tutto equivalente, D 2 = ] ; 7 ] [ 7; + [. [In entrambi i casi non si ritiene necessario entrare nei dettagli in merito al procedimento risolutivo della disequazione di secondo grado o della disequazione fratta, in quanto lo studente a questo punto deve essere perfettamente in grado di operare in maniera autonoma per arrivare alla soluzione corretta]. 2

3 4. Date le funzioni f(x) = + x e g(x) = x +, determinare: g(g(x)) f(g(f(g(x)))) g(f(g(f(0)))) Determinare poi per quale valore (o quali valori) di x risulta f(x) = 4 g(x). g(g(x)) = + = x+ +x+ x+ = x + Per determinare f(g(f(g(x)))) si può iniziare osservando che, posto h(x) = f(g(x)), risulta f(g(f(g(x)))) = h(h(x)) e quindi occorre inizialmente calcolare l espressione di h(x): h(x) = f(g(x)) = + x+ = + x + = f(g(f(g(x)))) = h(h(x)) = () + 2 = x + 4 Per quanto riguarda g(f(g(f(0)))), basta osservare che x = 0 non appartiene al dominio di f(x) e pertanto l espressione non ha significato. Operando come nel caso precedente, e ponendo k(x) = g(f(x)), si otterrebbe: e quindi k(x) = g(f(x)) = g(f(g(f(x)))) = k(k(x)) = + + = 2 + x x = x 2x + x 2x+ 2x 2x+ + = x 4x + Sostituendo in quest ultima espressione il valore x = 0, si avrebbe pertanto g(f(g(f(0)))) = 0. In realtà, la risposta corretta è quella esposta in precedenza, ossia g(f(g(f(0)))) non esiste, mentre, usando il concetto di ite, si potrebbe correttamente affermare che g(f(g(f(x)))) = 0 x 0 [Come si vedrà in seguito, si parlerebbe in questo caso di punto di discontinuità einabile in corrispondenza di x = 0]. Per quanto riguarda l ultima domanda, basta porre + x = 4 x + = x + x = 4 x + = (x+) 2 = 4x = (x ) 2 = 0 = x = soluzione accettabile in quanto non annulla alcuno dei denominatori presenti nelle espressioni di f(x) e g(x). 5. Risolvere le seguenti equazioni goniometriche: 2 sen 2x = 0 4 cos 3x 3 = 0 tg 2 x = 3

4 2 sen 2x = 0 = sen 2x = 2 L equazione goniometrica elementare sen α = a (con a ) ammette, come è noto e come ben evidenzia la circonferenza goniometrica cui è sempre opportuno fare riferimento, una doppia infinità di soluzioni esprimibili nel modo seguente: α = arcsen a + 2kπ α 2 = π arcsen a + 2kπ (con k Z) Nel caso in esame è altrettanto noto che arcsen 2 = π 6 e pertanto si ha: 2x = π 6 + 2kπ 2x = π π 6 + 2kπ (con k Z) x = π 2 5π + kπ x = + kπ (con k Z) 2 4 cos 3x 3 = 0 = cos 3x = 3 4 L equazione goniometrica elementare cos α = a (con a ) ammette una doppia infinità di soluzioni esprimibili in forma compatta nel modo seguente: α,2 = ± arccos a + 2kπ (con k Z) Nel caso in esame arccos 3 4 non è esprimibile come angolo particolare e pertanto si ha: 3x = ± arccos 3 + 2kπ (con k Z) 4 x = ± 3 arccos kπ 3 (con k Z) 4

5 tg 2 x = = tg x = ± L equazione goniometrica elementare tg α = a (con a qualsiasi) ammette una infinità di soluzioni esprimibili nel modo seguente: α = arctg a + kπ (con k Z) Nel caso in esame arctg = π 4 e arctg( ) = π 4 e pertanto si ha: x = π 4 + kπ x = π 4 + kπ (con k Z) Dall osservazione della circonferenza goniometrica (sempre insostituibile!) si osserva infine che l insieme delle soluzioni può essere descritto in forma ancora più compatta nel modo seguente: x = π 4 + k π 2 (con k Z) 5