Analisi Matematica 1 - Canale Sd-Z Foglio di esercizi n. 1-4 Ottobre 2018 SOLUZIONI

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1 Analisi Matematica 1 - Canale Sd-Z Foglio di esercizi n. 1-4 Ottobre 018 SOLUZIONI Esercizio 1.a 1 x + 1 x x+ < 0 sommiamo le frazioni e otteniamo 3x +x x(x 1)(x+) < 0. Studiamo il segno di numeratore e denominatore: il numeratore si annulla in x 1 = x = 3 3 dunque è positivo prima di x 1 < 0 e dopo x > 0. Il denominatore è positivo in (,0) (1,+ ). Dunque l insieme delle soluzioni è ( ) ( ) (, ) ,0, Esercizio 1.b La disequazione diventa x(x+6)(x+1) (x+4)(x+1) 3 (x 4)(x+4)(x+6) 0 da cui (x+1) x(x+6) (x+4)(x+1) (x 4)(x+4)(x+6) 0 quindi sappiamo che x = 1 è una soluzione. Per le altre otteniamo 1 (x+4)(x+6) Dunque l insieme delle soluzioni è 0 6 < x < 4. ( 6, 4) { 1}. 1

2 Esercizio 1.c x x x 1 Innanzitutto escludiamo i valori per i quali il denominatore si annulla: x 1 = 0 x = 1 x = 1 Quando c è un modulo dobbiamo discutere il segno del suo argomento. Nel nostro caso è tutto molto più semplice perché, quando x > 0, la disequazione diventa 0 che è sempre verificata (ad esclusione del valore positivo che annulla il denominatore). Quando x < 0 otteniamo 4x x x 1 0. Il numeratore è non negativo in (, 1 ], mentre il denominatore è positivo in (, 1 ), dunque il loro rapporto è non negativo in (, 1 ) [ 1,+ ). Uniamo quanto abbiamo appena trovato con l insieme ottenuto per x > 0 e otteniamo il risultato finale (, 1 ) [ 1 ( ), 1 1 ),+. Esercizio 1.d Innanzitutto determiniamo il domino di esistenza della radice: { +x 0 x +x 4 Ora, in[, 0], la radice è chiaramente maggiore di x; concentriamoci dunque sull insieme (0, ] e risolviamo +x x

3 che equivale a +x x Ora imponiamo che la funzione di destra sia maggiore o uguale a zero e restringiamocosìilnostrocampod azioneall insieme(0, ]. Elevandoambo i membri al quadrato si ha ossia +x (x ) x 4 4x x+ 0. Notando che il polinomio si annulla in 1 e otteniamo la fattorizzazione (x )(x+1)(x +x 1) 0. Dunque nell intervallo (0, ] la disuguaglianza è soddisfatta in (0,( 5 1)/]. Così l insieme delle soluzioni è [ ] 5 1,. Esercizio 1.e Per la formula del cambiamento di base log 4 ( x ) = log ( x ) log (4) = log ( x ). Quindi la disequazione data si può riscrivere come log ( x ) log ( 3x)+log (). Imponiamolecondizioni diesistenza x 0ex <. Così, usando leproprietà 3 dei logaritmi, la disequazione diventa x ( 3x) { x 4 6x x 0 { x 4 6x x < 0 x 4 7. Quindi la soluzione è (,0) ( 0, 4 ]. 7 3

4 Esercizio 1.f. Moltiplicando per il denominatore 1+sin (x) > 0 otteniamo da cui ovvero che è verificata per ogni x R. cos(4x) cos (x) 1+sin (x) cos(4x) 1+sin (x)+cos (x) =, cos(4x) 1 4

5 Esercizio Qui è richiesto di determinare l insieme delle x nel dominio di f tali che 0 < f(x) 1. Esercizio.a Grafico di f(x) = x 3 1 Dobbiamo risolvere 0 < x La prima disequazione è soddisfatta per ogni x tale che x 3 1, ossia per x 4 e x. La seconda invece, equivale a ovvero 1 x x 3 anche qui la prima disequazione è sempre soddisfatta, mentre per la seconda disequazione (faccio notare che il suo argomento è sempre maggiore o uguale a zero) x x 7. Quindi f 1 ((0,1]) = [ 1,7]\{,4}. 5

6 Grafico di f(x) = 1+sin( x π ) Esercizio.b Il sistema da risolvere è 0 < 1+sin( x π ) 1 0 sin( x π ) < 1. Notiamo subito che l insieme delle soluzioni è un insieme simmetrico rispetto a π. La prima disequazione è risolta nell insieme [π,π] e nei suoi traslati di kπ (verso destra), e nell insieme [0,π] e nei suoi traslati di kπ (verso sinistra), con k N. La seconda è invece risolta per ogni x 3π +kπ e per ogni x π kπ con k N. Quindi l insieme delle soluzioni è dato dall unione degli intervalli [π +kπ, 3π +kπ) (3π +kπ, 3π +kπ] e per k N. Esercizio.c [ kπ, π kπ) (π kπ,π kπ] Se x x ± allora x > 0 e 0 < 1 x 1 1 x <. 3 6

7 Grafico di f(x) = 1 x 1 e risolvendo si ottiene un insieme simmetrico rispetto a 0: ( 4, 8 ] [ 43 ) ( 3,0 0, 4 ] [ ) 8 3 3,4. Esercizio.d Grafico di f(x) = arctan( tan(x) ) Cerchiamo le soluzioni di 0 < arctan( tan(x) ) 1 7

8 Notiamo che la funzione x arctan( tan(x) ) è pari, periodica di periodo π ed è definita per x π/ + kπ con k Z. Quindi basta risolvere la disequazione in ( π/,π/) e poi usare la periodicità. Per x ( π/,π/), arctan( tan(x) ) = arctan(tan(x)) = x e la disequazione è risolta in [ 1,0) (0,1]. Quindi l insieme completo delle soluzioni è dato dall insieme [ 1,0) (0,1] e dai suoi traslati di kπ con k Z: [ 1+kπ,kπ) (kπ,1+kπ]. k Z 8

9 Esercizio 3.a Dobbiamo imporre che x 0 sin( x ) > 0. Dato che il modulo è sempre non-negativo, segue che le condizioni sono Quindi il dominio è x sin( x ) 0. D = {x R : x x log (kπ) con k N + }. Esercizio 3.b Le condizioni da imporre sono x π +kπ x π +kπ, k Z e 1 cos(4x) 0 x kπ 4, k Z. Notando che la seconda condizione implica la prima, abbiamo che D = {x R : x kπ, k Z}. Esercizio 3.c Dobbiamo imporre ovvero x 1 + x 3 0 x 3 + x 3+ che è sempre verificata per la disuguaglianza triangolare. Quindi D = R. Esercizio 3.d L argomento dell arcocoseno deve appartenere all intervallo [ 1, 1], quindi 1 x x 3x 1 9

10 ovvero { x 3x 1+x x 3x x 1 La prima disequazione coincide col sistema x(x 3) 0 1+x 0 x 3x 1+x +x da cui x [ 15,0 ]. La seconda disequazione equivale all unione dei due sistemi x(x 3) 0 { x(x 3) 0 x 1 0 x 1 < 0 x 3x 1+x x il primo non ha soluzioni, mentre il secondo è risolto quando x 0. In definitiva il dominio è D = [ 15 ],0. 10

11 Esercizio 4.a La funzione f(x) = 4x+1 ha dominio D = R \ {}. Per x, risolvendo x l equazione y = 4x+1 x rispetto a x otteniamo che c è un unica soluzione se y 4: yx y 4x 1 = 0 x(y 4) = 1+y x = 1+y y 4 Quindi possiamo concludere che f(d) = R\{4} e f è invertibile con inversa f 1 (x) = 1+x x 4. Esercizio 4.b Il dominio di f in questo caso è dato da x x 1 e quindi D = [1,+ ). Inoltre, per ogni y 1, y 1 = x 3 1 y y + = x 3 x = 3 y y + Quindi f(d) = [1,+ ) e f è invertibile con inversa f 1 (x) = 3 x x+. Esercizio 4.c La funzione f(x) = ha dominio dato dalle condizioni 3+ln( x+1 ) x { 3+ln ( ) { x+1 x 0 x e3 (< 1) e 3 1 x+1 > 0 x < 1 x > 0 x ovvero Risolvendo D = (, 1)\ y = } { e3 (0,+ ). e ln( x+1 x ) 11

12 rispetto a x otteniamo per y 0, ( ) ( ) x+1 x+1 3y +yln = 0 ln x x ossia 1+ 1 ( ) 3y x = exp x = y = 3y y 1 exp( 3y y ) 1 dove l ultimo passaggio è giustificato se exp( 3y y ) 1, ossia se y /3. Quindi f(d) = R\{0,/3} e f è invertibile con inversa Esercizio 4.d La funzione f 1 (x) = 1 exp( 3x x ) 1. f(x) = x x 6 = (x+)(x 3) ha dominio D = R. f non è iniettiva in D perché ad esempio f(3) = f( ) = e dunque non invertibile. Notiamo che la funzione assume il valore massimo quando (x + )(x 3) = 0 ossia per x = e x = 3. Inoltre per ogni y l equazione (x )(x+3) = y ammette almeno una soluzione rispetto ad x. Quindi f(d) = (,]. 1