Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2

Transcript

1 2.1 Analisi Matematica 2 a edizione Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 a) Si ha x per ogni x R, quindi im f [1,+ ). D altra parte, per ogni y 1 esiste x R tale che x 2 + 1=y (x=± y 1), quindi im f [1,+ ). La doppia inclusione implica che im f = [1, + ). b) Per ogni y R esiste x R tale che x 3 + 1=y(x= 3 y 1), quindi im f=r. c) Si ha x se x 2, quindi im f [0,+ ). D altra parte, per ogni y 0 esiste x R tale che x 2 e x 2 4=y (x=± 4+y 2 ), quindi im f [0,+ ). La doppia inclusione implica che im f = [0, + ). d) Si ha 0 4 x 2 2 se x 2, quindi im f [0, 2]. D altra parte, per ogni y [0, 2] esiste x [ 2, 2] tale che 4 x 2 = y (x=± 4 y 2 ), quindi im f [0, 2]. La doppia inclusione implica che im f = [0, 2]. e) Si ha 3 4 x2 3 4 per ogni x R, quindi im f (, 3 4 ]. D altra parte, 3 per ogni y 3 4 esiste x R tale che 4 x2 = y (x = ± 4 y 3 ), quindi im f ( ] ( 3 ], 3 4. La doppia inclusione implica che im f=, 4. f) Se a 0, per ogni y R esiste x R tale che ax+b=y (x= y b a ), quindi im f=r. Se invece a=0, ax+b=b per ogni x R, quindi im f={b}. g) Si ha x 0 per ogni x R, quindi im f [0,+ ). D altra parte, per ogni y 0 esiste x R tale che x =y (x=±y), quindi im f [0,+ ). La doppia inclusione implica che im f= [0,+ ). h) Per ogni y R esiste x>0tale che log 3 x=y (x=3 y ), quindi im f=r. i) Si ha 2 x > 0 per ogni x R, quindi im f (0,+ ). D altra parte, per ogni y>0 esiste x R tale che 2 x = y (x = log 2 y), quindi im f (0,+ ). La doppia inclusione implica che im f = (0, + ). j) Si ha 2 x > 0 per ogni x R, quindi im f (0,+ ). D altra parte, per ogni y>0 esiste x R tale che 2 x = y (x= log 2 y), quindi quindi im f (0,+ ). La doppia inclusione implica che im f = (0, + ). k) Si ha 4+ ( 1 x> 3) 4 per ogni x R, quindi im f (4,+ ). D altra parte, per ogni y>4esiste x R tale che 4+ ( 1 x= 3) y (x=log1/3 (y 4)= log 3 (y 4)), quindi im f (4,+ ). La doppia inclusione implica che im f= (4,+ ).

2 Svolgimento degli esercizi del Capitolo a) x+1 3 è definito se e solo se x x+1 3 x+1 3 oppure x+1 3 x 4 oppure x 2. x b) è definito se e solo se x 2 27 x x 2 27 x ±3 3. c) log 2 x+ x è definito se e solo se x>0. d) log 3 (1 x)+ 2x 1 è definito se e solo se 1 x>0 e 2x 1 0 x<1 e x 1 2. e) sin(2 x ) è definito per ogni x R. f) 1/(x 2 5x+4) è definito se e solo se x 2 5x+4=(x 1)(x 4) 0 x {1, 4}. g) 1/(x 2 3x+4) è definito se e solo se x 2 3x+4 0. Ma x 2 3x+4 ha discriminante 7 < 0, quindi non si annulla mai. h) log 2 (x 2 ) è definito se e solo se x 2 > 0, ovvero x 0. i) 2 log 2 x è definito se e solo se x> Per ogni x 1 < x 2 si ha f (x 1 ) f (x 2 ) e g(x 1 ) g(x 2 ). Quindi, sommando membro a membro, si ottiene f (x 1 )+g(x 1 ) f (x 2 )+g(x 2 ). La funzione f (x)=2x è monotona (crescente) in [0, 2] e la funzione g(x)= x 2 è monotona (decrescente) in [0, 2]. Invece la loro somma f (x)+g(x)= x(2 x) non è monotona, in quanto f (0)+g(0)= f (2)+g(2)=0< f (1)+g(1)=1.

3 Svolgimento degli esercizi del Capitolo a) Per le proprietà delle potenze e del logaritmo, le funzioni x 4 x e x log 3 x sono strettamente crescenti inr +, quindi lo è anche f (si veda (i) di pagina 41). b) f non è monotona: non è crescente perché f ( ) 1 2 = 5 2 > f (1)=2, non è decrescente perché f ( 1)= 2< f (1)=2. c) Per le proprietà delle potenze, la funzione x 2 x è strettamente decrescente in R. Inoltre la funzione x 1 x è strettamente decrescente per x>0 (0< x 1<x 2 implica 1 x 1 > 1 x 2 ). Poiché entrambe sono non negative per x R +, anche il loro prodotto è strettamente decrescente inr + (si veda (ii) di pagina 41). d) La ( funzione non ( ) è decrescente in [0, 3] ( f (0) = 0 < f (1) = 2) né crescente f (1)=2> f 3 2 = 3 2). e) La funzione in [0, 1] coincide con x 2x, che è strettamente crescente. f) Verifichiamo che f è crescente (non strettamente). Siano x 1, x 2 A=[0, 1] [2, 3] tali che x 1 < x 2. Si distinguono tre casi: (I) se x 2 1, allora f (x 1 )=2x 1 < 2x 2 = f (x 2 ); (II) se x 1 2, allora f (x 1 )= x 1 < x 2 = f (x 2 ); (III) se x 1 1 e x 2 2, allora f (x 1 ) f (1)=2= f (2) f (x 2 ). a) f è dispari inr: f ( x)= 3x+4x 5 = f (x) per x R. b) f non è pari né dispari inr: f ( x)= 2x 5 + x 3 + 1= f (x)+2. c) f è pari in [ 2, 2]: f ( x)= 4 x 2 = f (x) per x [ 2, 2]. d) f è pari inr: f ( x)= 3 5 x4 = f (x) per x R. e) f non è pari né dispari inr: f ( x)=3 x = 1/ f (x) per x R. f) f è pari inr: f ( x)=3 (x2) = f (x) per x R. a) x sin 2 x è periodica, di periodoπ. Infatti sin 2 (x+π)=( sin x) 2 = sin 2 x per ogni x R; d altra parte, non esiste P (0,π) tale che sin 2 (x+ P)=sin 2 x per ogni x R(basta scegliere x=0). b) x sin(x 2 ) non è periodica. Per dimostrarlo, utilizziamo il fatto che la distanza tra due punti in cui la funzione si annulla decresce per x>0. Sia P 0 tale che sin((x+ P) 2 )=sin(x 2 ) per ogni x R. In particolare sin((x+ P) 2 )>0 in (0, π), sin(p 2 )=sin((p+ π) 2 )=0. (D2.1)

4 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 4 D altra parte, i punti in cui la funzione seno si annulla sono tutti e soli x k = kπ, k Z. Quindi P 2 = kπ e (P+ π) 2 = hπ per h, k N opportuni, con h>k. In effetti non può essere h>k+1: altrimenti esisterebbe y (0, π) tale che (y+ P) 2 = (k+1)π, in contraddizione con (D2.1). Quindi h=k+1, e sottraendo le due espressioni si ottiene 2 πp=0, ovvero P=0. c) x cos(3x) è periodica, di periodo 2π/3. Infatti cos(4(x+2π/3))= cos(3x+2π)= cos(3x) per x R; d altra parte, non esiste P (0, 2π/3) tale che cos(3(x+ P))= cos(3x) per ogni x R (basta scegliere x = 0). d) x sin(x/3) è periodica, di periodo 6π. Infatti sin((x + 6π)/3) = sin(x/3 + 2π) = sin(x/3); d altra parte, non esiste P (0, 6π) tale che sin((x + P)/3) = sin(x/3) per ogni x R (basta scegliere x=0 se P 3π e x=3π/2 se P=3π). e) x f (x) = sin(2x) 2 cos(3x) è periodica, di periodo 2π. Per individuare il candidato, 2π, si osserva che sin(2(x+ P))=sin(2x) x R 2P=2kπ (k N), cos(3(x+ P))=cos(3x) x R 3P=2hπ (h N). Quindi P=π, 2π, 3π,... e P= 2 3 π, 4 π, 2π,..., quindi il più piccolo P per cui entrambe le affermazioni sono vere esiste ed è 2π. D altra parte, non esiste 0<P<2π tale che f (x+p)= f (x) per ogni x R (basta scegliere x=0se f (P) 2 e x=π/4 se f (P)= 2). f) x tg(3x+1), definita per x D=R\ { 1 6 π kπ, k Z}, è periodica, di periodoπ/3. Infatti tg(3(x+ 1 3π)+1)=tg(3x+1+π)=tg(3x+1); d altra parte, non esiste P (0,π/3) tale che tg(3x+3p+1)=tg(3x+1) per ogni x D (basta scegliere x= 1/3). g) x sin(tg(3x 1)), definita per x D=R\ { 1 6 π kπ, k Z}, è periodica, di periodo π/3. Infatti, come in (f) la funzione x tg(3x 1) è periodica di periodo π/3: tg(3(x+π/3) 1)= tg(3x 1) per ogni x D, quindi anche sin(tg(3(x+π/3) 1))=sin(tg(3x 1)) per ogni x D. a) Si ha f ([0, 4))= f ([0, 2]) f ((2, 4))= [0, 2] (1, 3)= [0, 3). Quindi sup( f ([0, 4)))= 3, non esiste max( f ([0, 4))), inf( f ([0, 4)))= min( f ([0, 4)))=0. b) Si ha f ([0, 4))= f ([0, 3]) f ((3, 4))= [0, 3] (1, 2)= [0, 3]. Quindi sup( f ([0, 4)))= max( f ([0, 4)))=3, inf( f ([0, 4)))= min( f ([0, 4)))= 0. c) Si ha f (( 1, 3])= f (( 1, 2]) f ((2, 3])= [ 1, 5) [ 8, 5). Quindi sup( f (( 1, 3]))= 5, non esiste max( f (( 1, 3])), inf( f (( 1, 3]))= min( f (( 1, 3]))= 8.

5 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 5 d) Si ha f ((0, 3])= f ((0, 1]) f ((1, 3])= (0, 1] (0, 2]= (0, 2]. Quindi sup( f ((0, 3]))= max( f ((0, 3]))=2, inf( f ((0, 3]))= 0, non esiste min( f ((0, 3])). e) Si ha f (x)>0 per ogni x R; inoltre x per ogni x R, ovvero f (x) 1 per ogni x R: quindi im f (0, 1]. D altra parte, per ogni y (0, 1] esiste x R tale che f (x)=y (per esempio x=3 1/y). Quindi im f = (0, 1], sup( f (R))=max( f (R))=1, inf( f (R))=0 e min( f (R)) non esiste. f) L immagine della funzione x 3 x è (0,+ ) (si veda lo svolgimento dell Esercizio 2.1(j)). Perciò f (R)=(, 0), quindi sup( f (R))=0, inf( f (R))= e max( f (R)) e min( f (R)) non esistono. g) x x 2 (x 0) ha immagine (0,+ ) (si veda lo svolgimento dell Esercizio 2.1(a)), quindi f (R\{0}) = (0,+ ), sup( f (R)) = +, inf( f (R)) = 0 e max( f (R)) e min( f (R)) non esistono. h) 1 cos(x 2 ) 1 per ogni x R. Per ogni 1 y 1 esiste x R tale che cos(x 2 )=y (per esempio, si potrebbe scegliere x= arccos y [0, π]). Quindi f (R)=[ 1, 1], sup( f (R))=max( f (R))=1einf( f (R))=min( f (R))= 1. i) 0 cos 2 (x 2 ) 1 per ogni x R. Per ogni 0 y 1 esiste x R tale che cos 2 (x 2 )=y (per esempio, si potrebbe scegliere x= arccos y [0, π/2]). Quindi f (R)=[0, 1], sup( f (R))=max( f (R))=1 e inf( f (R))=min( f (R))=0. j) La funzione x sin x ha immagine [ 1, 1], quindi f (R)=[ 2, 2]: infatti y f (R) se e solo se y/2 im(sin). Perciò sup( f (R))=max( f (R)) = 2 e inf( f (R)) = min( f (R))= 2. k) La funzione x sin x ha immagine [ 1, 1], quindi f (R)=[ 1, 1]. Perciò sup( f (R))= max( f (R))=1 e inf( f (R))=min( f (R))= 1. l) Per le proprietà del logaritmo, f ((0, 1]) [log 1 1,+ )=[0,+ ). D altra parte, 2 per ogni y 0 esiste x (0, 1] tale che y= f (x) (si prenda x=(1/2) y ). Quindi im f = [0,+ ), inf( f ((0, 1]))=min( f ((0, 1]))=0, sup( f ((0, 1]))=+ e max( f ((0, 1])) non esiste. m) Procedendo come in (l), f ((0, 1])=(, 0]. Quindi sup( f ((0, 1]))=max( f ((0, 1]))= 0, inf( f ((0, 1])= e min( f ((0, 1])) non esiste. 2.9 a) f è iniettiva: [0,+ ) R. x1 < x 2 se 0 x 1 < x 2. f non è suriettiva: f ([0,+ )) = b) f è iniettiva: basta osservare che f è iniettiva nei singoli intervalli (, 0) e (0,+ ) (per esempio, se x 1 < x 2 < 0 allora 1/x 2 < 1/x 1 < 0) e che f ((, 0)) f ((0,+ ))=(, 0) (0,+ )=. f non è suriettiva: 0 im f. c) f non è iniettiva: per esempio f (0)=1/ 1 =1 e f ( 2)=1/ 1 =1. f non è suriettiva: 0 im f. d) f non è iniettiva: f ( x) = f (x) per ogni x > 0. f non è suriettiva: f (R) = (, 0]) R.

6 Svolgimento degli esercizi del Capitolo e) f è iniettiva: x 4 1 > x4 2 se 1 x 1 < x 2. f non è suriettiva: f ([1,+ )) = (, 1] R. f) f è iniettiva: basta osservare che, per le proprietà delle potenze, f è iniettiva nei singoli intervalli [, 1] e [2,+ ) e che f ([ 1, 0]) f ([2,+ ))=. f non è suriettiva: f ([ 1, 0] [2,+ ))= f ([ 1, 0]) f ([2,+ ))=[ 1, 0] (, 16] R. g) f è iniettiva: 5 x 1 < 5 x 2 se x 1 < x 2. f non è suriettiva: f (R)=(0,+ ) R. h) f non è iniettiva: f ( x)= f (x) per ogni x>0. f è suriettiva: per ogni y R esiste x>0 tale che log 3 x =log 3 x=y. i) f è iniettiva: log 1/2 x 1 > log 1/2 x 2 se 0< x 1 < x 2. f è suriettiva : per ogni y R esiste x>0 tale che log 1/2 x=y. a) f g è la funzione x 3 x2 1 per x dom g=r tale che g(x)= x 2 1 dom f= R, cioè dom( f g)=r; l immagine di f g è f (g(r))= f ([ 1,+ ))=[ 1,+ ). g f è la funzione x ( 3 x) 2 1 per x dom f=r tale che f (x)= 3 x dom g= R, cioè dom(g f )=R; l immagine di g f è g( f (R))=g(R)=[ 1,+ ). b) f g è la funzione x x 2 1 per x dom g=r tale che g(x)= x 2 1 dom f = [0,+ ), cioè dom( f g)={x R:x 2 1}=(, 1] [1,+ ); l immagine di f g è f (g((, 1] [1,+ )))= f (g((, 1]) g([1,+ )))= f ([0,+ ) [0,+ ))=[0,+ ). g f è la funzione x ( x) 2 1 per x dom f= [0,+ ) tale che f (x)= x dom g=r, cioè dom(g f )=[0,+ ); l immagine di g f è g( f ([0,+ ))= g([0,+ ))= [ 1,+ ). c) f g è la funzione x 1 x 2 per x dom g=r tale che g(x)=1 x 2 dom f= [0,+ ), cioè dom( f g)={x R: x 2 1}=[ 1, 1]; l immagine di f g è f (g([ 1, 1]))= f ([0, 1])= [0, 1]. g f è la funzione x 1 ( x) 2 per x dom f= [0,+ ) tale che f (x)= x dom g=r, cioè dom(g f )=[0,+ ); l immagine di g f è g( f ([0,+ )))= g([0,+ ))= (, 1]. a) Procedendo come nell Esempio 2.25, si ottengono le seguenti condizioni: x 0 affinché x sia definita x x 3 > 0 affinché log 2 ( x x 3 ) sia definito. Poiché x 0, si ha x> x 3 x>x 6 x(x 5 1)<0 x (0, 1).

7 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 7 b) Procedendo come nell Esempio 2.25, si ottengono le seguenti condizioni: x 1 affinché x 1sia definita x affinché 1 x 1 1 sia definito x 1 1 x affinché f sia definita. Si ha e x 1 1 x 2 x 1 1 x 1 1 x 1 x Per l ultima disuguaglianza, si pone y= x 1 0 e si osserva che } y 2 y 1 0 y 1 y 0 2 (1+ 5), quindi x 1 x x (1+ 5) ( ) 2 1 x 2 (1+ 5) + 1= 1 2 (5+ 5). In conclusione, dom f= [1,+ )\ { 2, 1 2 (5+ 5) }. c) Procedendo come nell Esempio 2.25, si ottiene la seguente condizione: x 2 2 x 3 se x>3 x x x x se x [ 2, 3] (, 2] 2 x 2 3 x se x ( 2, 2) Risolvendo ciascuna disuguaglianza si ottiene x R se x>3 x ( ( )] [ (, ) ) ,+ se x [ 2, 3 ] (, 2 ] se x ( 2, 2 ) Poiché 1( ) 1( ) 1 21 < 2 e > (lo studente controlli), si conclude che ( dom f=, 1 ( ) ] [ 1 ( ) ) , d) Procedendo come nell Esempio 2.25, si ottengono le seguenti condizioni: x 2 > 1 affinché log 2 (x 2 1) sia definito log 2 (x 2 1) kπ, k Z affinché f sia definita.

8 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 8 Osservando che per ogni k Z log 2 (x 2 1) kπ x kπ x ± 1+2 kπ, si conclude che dom f= ( (, 1) (1,+ ) ) \ { ± 1+2 kπ : k Z } a) Il dominio naturale della funzione f è e poiché dom f={x R: x>0, log 1/4 x+1 0} log 1/4 x+1 0 log 1/4 x 1 x ( 1 4) 1= 4, si ottiene dom f = (0, 4]. Poiché x log 1/4 x è strettamente decrescente e x x è strettamente crescente (ciascuna nel corrispondente dominio naturale, quindi anche in ogni suo sottoinsieme), segue dal Teorema 2.11 che f è strettamente decrescente in (0, 4]. b) dom f= [0,+ ). f non è monotona: infatti 1= f (0)= f (2)> f (1)=0. c) dom f= [0,+ ). La funzione h(x)= x+1 è strettamente crescente in [0,+ ), h([0,+ ))=[1,+ ) ed y y 4 è strettamente crescente in [1,+ ): pertanto, segue dal Teorema 2.11 che f è strettamente crescente in [0, + ). d) dom f= [0,+ ). La funzione h(x)= x+1 è strettamente crescente in [0,+ ), h([0,+ ))=[1,+ ) ed y y 3 è strettamente crescente in [1,+ ): pertanto, segue dal Teorema 2.11 che f è strettamente crescente in [0, + ). e) Si osserva che, posto h(x)=4 5x, h([0,π/2])= [4 5 2π, 4] [4 2π, 4], un intervallo di ampiezza 2π. Ciò suggerisce che f non sia monotona. Per ottenere un controesempio, scegliamo per esempio x 1 = 0< x 0 =π/5< x 2 = 2π/5 : f (0)=cos 4=cos(4 2π)= f (2π/5)<0< f (π/5)=cos(4 π) (poiché (0<4 π<π/2 eπ<4< 3 2π, lo studente controlli). f) Posto h(x)=4 5x, si ha h strettamente decrescente, h([3/5, 4/5])= [0, 1] [0, π/2] e y cos y strettamente decrescente in [0, π/2]. Perciò segue dal Teorema 2.11 che f è strettamente crescente in [3/5, 4/5] a) f è iniettiva e f (R)=R, quindi esiste la funzione inversa f 1, dom( f 1 )= f (R)= R e f 1 (R)=dom f=r. Per x, y R, si ha f 1 (x)=y x= f (y)=y y= 5 x 1, quindi f 1 (x)= 5 x 1, x R. b) f non è iniettiva: infatti f ( x)= f (x) per ogni x>0.

9 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 9 c) f è iniettiva e f (R\{ 1})=R\{0}, quindi esiste la funzione inversa f 1, dom( f 1 )= f (R\{ 1})=R\{0} e f 1 (R\{0})=dom f=r\{ 1}. Per x R\{0} ed y R\{ 1}, si ha f 1 (x)=y x= f (y)= 1 y (y 1) y= x 1 (x 0), quindi f 1 (x)= 3 1 x 1, x R\{0}. d) f è iniettiva e f (R)= f ([0,+ )) f ((, 0))=(, 0] (2,+ ), quindi esiste la funzione inversa f 1, dom( f 1 )= f (R)=(, 0] (2,+ ) e f 1 ((, 0] (2,+ ))= dom f=r. Per x (, 0] e y [0,+ ), si ha f 1 (x)=y x= f (y)= 2y y= 1 2 x, Se invece x (2,+ ) e y (, 0), si ha f 1 (x)=y x= f (y)=y y= x 2 (x>2, y<0). In conclusione f 1 1 (x)= 2 x x 2 se x 0 se x> a) Tracciando il grafico qualitativo come in figura, si ottiene dom( f 1 )= f ([π/2, 3π/2])= [ 1, 1]. b) Tracciando il grafico qualitativo come in figura, si ottiene dom( f 1 )= f ([ π, 0])=[ 1, 1].

10 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 10 c) Tracciando il grafico qualitativo come in figura, si ottiene dom( f 1 )= f (( π/2,π/2)=r. d) Tracciando il grafico qualutativo come in figura, si ottiene dom( f 1 )= f ([π, 2π])= [2, 4].

11 Svolgimento degli esercizi del Capitolo a) Si osservi che sin y 1 2 e y [0, 2π] se e solo se 1 6 π y 5 6π, e che y sin y è periodica con periodo 2π; perciò sin y 1 2, y R 1 6 π+2kπ y 5 6π+2kπ, k Z. Ponendo y=3x+1, ovvero x= 1 3 (y 1), si ottiene sin(3x+1) π kπ x 18 π kπ, k Z. b) Si ha c) Si ha 3x+1 arcsin ( ) 1 2 3x π x 1 18 π cos 2 x sin 2 x 1 3 cos 2 x 1 1 (sin 2 x=1 cos 2 x) cos 2 x 0 cos x=0 x= 1 2π+kπ, k Z. d) arctg(3x)= 1 se e solo se x = 1 3 tg 1, quindi, per le proprietà di monotonia della funzione arcotangente (si veda Figura 2.33), arctg(3x) > 1 se e solo se x> 1 3 tg 1. e) Si ha x 2 dom(arcsin)=[ 1, 1] se e solo se x 2 1, e in tal caso arcsin(x 2 )> π < x2 1. Perciò arcsin(x 2 )> π < x 1 x [ 1, 1 2 ) ( ] 1 2, 1.

12 Svolgimento degli esercizi del Capitolo a) dom f =R\{2}. Si noti che f (x)=g(x 2) con g(x)=1/x, ovvero è la composizione di g con una traslazione della variabile indipendente: quindi il grafico riportato sotto si ottiene traslando il grafico di g a destra di 2 unità. b) dom f =R\{1}. Si noti che f (x)=g(x 1) con g(x)=1/(2x), ovvero f è la composizione di g con una traslazione della variabile indipendente. Il grafico di g si ottiene riscalando l asse y di un fattore 1/2 ( compressione ). Infine il grafico di f, riportato in figura, si ottiene traslando il grafico di g a destra di 1 unità. c) dom f=r\{1}. Si noti che f (x)=g(x 1) con la funzione g : x 1/x 1 x 1 x + 3. La funzione g è quindi la composizione di x 1/x con (nell ordine) una riflessione della variabile dipendente e una traslazione della variabile dipendente. Quindi il grafico di g si ottiene (i) ribaltando il grafico di x 1/x rispetto all asse x e (ii) traslando il grafico ottenuto di 3 unità verso l alto. Infine, il grafico di f (riportato in figura) si ottiene traslando il grafico di g a destra di 1 unità.

13 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 13 d) dom f =R\{3}. Si noti che f (x)=g(x 3) con g(x)= 1/x. Il grafico di g si ottiene ribaltando il grafico di x 1/x rispetto all asse x, e quello di f (riportato in figura) traslando il grafico di g a destra di 3 unità. e) dom f=r\{1/3}. Si noti che f (x)=g ( x 1 3) con g(x)= 1/(3x). La funzione g è la composizione di x 1/x con una riflessione della variabile dipendente e un riscalamento della variabile dipendente. Quindi il grafico di g si ottiene ribaltando il grafico di x 1/x rispetto all asse x e riscalando l asse y di un fattore 1/3 ( compressione ). Infine, il grafico di f (riportato in figura) si ottiene traslando il grafico di g a destra di 1/3 unità. f) dom f=r\{1/3}. Si noti che f (x)= x 1 3x = 1 3 ( 1 ) 7 = 1 1 3x x.

14 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 14 Quindi il grafico di f (riportato in figura) si ottiene a partire da quello della funzione dell esercizio (e) mediante (nell ordine) un riscalamento e una traslazione della variabile dipendente. g) dom f =R. Si noti che f è la composizione della funzione g(x)=sin x con un riscalamento della variabile indipendente. Perciò il grafico di f (riportato in figura) si ottiene riscalando l asse x di un fattore 1/2 ( compressione ). h) dom f =R. Si noti che f è la composizione della funzione g(x)=sin x con una traslazione della variabile indipendente. Perciò il grafico di f (riportato in figura) si ottiene traslando quello di g a destra di 1 unità. i) Si ha dom f={x R:sin(1 x) 0}={x R:1 π+2kπ x 1+2kπ, k Z}. La funzione f è periodica di periodo 2π. Si noti che sin(1 x)= sin(x 1). Perciò, in ciascun periodo, f è la composizione di g(x)=sin x con (nell ordine) una traslazione della variabile indipendente, una riflessione della variabile dipendente e l estrazione di radice (dove è definita), cioè in dom f. Nei primi due passi i relativi grafici si ottengono precisamente come negli esercizi precedenti; nel terzo e ultimo passo, allo stato attuale della conoscenze si può solo osservare che y y è crescente per y [0, 1] con 0=0 e 1=1: quindi le proprietà di monotonia si conservano e im f = [0, 1], come in figura.

15 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 15 j) dom f =R. La funzione è la composizione di g(x)=sin x con (nell ordine) una traslazione della variabile indipendente, un elevamento al quadrato, una riflessione e una traslazione della variabile dipendente. Tutti i passi tranne il secondo si svolgono precisamente come negli esercizi precedenti tranne il secondo, per il quale al momento possiamo solo osservare che y y 2 = y 2 : quindi la parte del grafico di sin(x 1) che giace nel semipiano y 0 deve essere ribaltata rispetto all asse x (si veda l Esempio 2.34) e le proprietà di monotonia conservate (visto che y y 2 è strettamente crescente). Il grafico è riportato in figura. k) dom f=r. Si nota che f (x)=g(x 1), dove g(x)= sin x +1 è la composizione di tre funzioni: g : x sin x sin x sin x +1. Quindi il grafico si traccia a partire da quello della funzione seno (nell ordine) ribaltandone la parte negativa rispetto all asse x e traslandolo di 1 unità verso l alto. Il grafico di f (riportato in figura) segue con una traslazione a destra di 1 unità. l) dom f=r. Si nota che f (x)=sin(2(x 1/2)), quindi il grafico di f (riportato in figura) si ottiene traslando il grafico dell Esercizio (g) di 1/2 unità verso destra. m) Si ha dom f={x R: 1 2x 1}= [ 1 2, 1 2],

16 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 16 e il grafico di f riportato in figura si ottiene con un riscalamento dell asse x. n) dom f=r. Si ha f (x)=g(x+2), dove g(x)=arctg(2x). Il grafico di g si ottiene con un riscalamento dell asse x, quindi quello di f (riportato in figura) si ottiene con una traslazione dell asse x. o) dom f={x [ 1, 1] : arccos x 0}=[ 1, 1]. Si ragiona come nell Esercizio (i) (in questo caso im f= [0, π]). Il grafico è riportato in figura. p) dom f =R\{0}. f è dispari ( f ( x)=sin( 1/x)= sin(1/x)= f (x) e im f = [ 1, 1]. Dalle proprietà di monotonia della funzione seno (si veda il Paragrafo 2.2.3), per x>0 si ha sin x è strettamente crescente in [0, π/2]}, [3π/2, 5π/2], [7π/2, 9π/2],...

17 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 17 Inoltre per x > 0 la funzione x 1/x è strettamente decrescente: quindi segue dal Teorema 2.11 che f (x) è strettamente decrescente in [2/π,+ ), [2/(5π), 2/(3π)], [2/(9π), 2/(7π)],... Analogamente si ottiene che f è strettamente crescente in ciascuno degli intervalli complementari ai precedenti. Il fatto che l ampiezza degli intervalli diventi sempre più piccola quando ci si avvicina a 0 motiva il grafico riportato in figura. q) Si ragiona esattamente come nell Esercizio 2.16 (p). Il grafico è riportato in figura. r) Si ha dom f={x R:(x 1)(x 3)>0}=(, 1) (3,+ ). Il grafico della funzione g(x) = 3(x 1)/(x 3) si ottiene come nell Esercizio (c). In particolare, osservando il grafico di g si vede che g è strettamente decrescente in (, 3) (3,+ ). D altra parte x log 3 x è strettamente crescente nel suo dominio. Perciò f è strettamente decrescente in (, 1) e in (3, + ). Le altre proprietà del grafico in Figura saranno motivate nel seguito del corso. s) dom f=r. Si ha f : x x x 1 x 1, quindi il grafico di f, riportato in figura, si ottiene a partire da quello di x traslandolo di 1 unità verso il basso e ribaltando la parte negativa del grafico ottenuto rispetto all asse x.

18 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 18 t) dom f =R\{2/3}. Si osserva che f (x)=g(x 2/3), con g(x)=log 3 3x. Per x>0 si ha g(x)=log 3 (3x), il cui grafico si ottiene da quello di x log x con un riscalamento della variabile indipendente. La funzione g è pari, quindi è sufficiente tracciarne il grafico per x>0 e poi ribaltarlo rispetto all asse y. Infine il grafico di f, riportato in figura, si ottiene traslando quello di g di 2/3 unità verso destra. u) dom f = R. La funzione è pari, quindi è sufficiente tracciarne il grafico per x > 0. Per x>0 si ha f (x)=g(3x), con g(x)= sin x+1/2 : g sin x sin x+ 1 2 sin x Quindi il grafico di g si ottiene a partire da quello della funzione seno con una traslazione di 1/2 unità verso l alto e successivamente ribaltando la parte negativa del grafico ottenuto rispetto all asse x. Il grafico di g(3x) si ottiene attraverso un riscalamento della variabile indipendente. Si prende tale grafico per x 0 e si ribalta rispetto all asse y: in tal modo si ottiene il grafico di f riportato in figura.

19 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 19 v) dom f=r. Si ha { 1 se x 1 min{1, x}= x se x> 1, { 2 se x 2 min{2, x}= x se x<2. Perciò f (x)= 2 se x 2 x se 0 x<2 x se 1< x<0 1 se x 1 da cui il grafico riportato in figura segue immediatamente.

20 Svolgimento degli esercizi del Capitolo a) Se x [0, 2π], sin x cos x se e solo se 1 4 π x 5 4π (si veda la figura). Poiché sin x e cos x sono periodiche con periodo 2π, sin x cos x se e solo se 1 4 π+2kπ x 5 4π+2kπ per qualche k Z. b) Si pone t=2x+1 e si distinguono i casi t>0 e t 0. Se ne traccia il grafico (si veda la figura). Se t>0 si considera log 1/3 t<arctg t. La funzione t log 1/3 t è strettamente decrescente e la funzione t arctg t è strettamente crescente, quindi esiste al più un unico t 0 > 0 tale che log 1/3 t 0 = arctg t 0 e inoltre log 1/3 t<arctg t se e solo se t>t 0

21 Svolgimento degli esercizi del Capitolo (l esistenza di tale t 0, seppur segua naturalmente dal grafico, sarà resa rigorosa nel Paragrafo 6.3). Se invece t 0 si osserva che 1<arctg t se e solo se tg 1<t 0. In conclusione, f (x)<arctg(2x+1) se e solo se tg 1<2x+1 0o2x 1>t 0, ovvero se e solo se x ( 1 2 (1+tg 1), 1 2 ) ( 1 2 (t 0 1),+ ). Se y R, si ha sin y= y { 1 4 π+2kπ, k Z} { 3 4 π+2kπ, k Z}. Se ordinate secondo il loro valore assoluto crescente, le soluzioni sono: y 1 = 1 4 π, y 2= 3 4 π, y 3= 5 4 π, y 4= 7 4 π, y 5= 9 4 π,... Se C 0 le soluzioni x R di sin(cx)= sono quindi 1 C ( 1 4 π+2kπ) e 1 C ( 3 4 π+2kπ) (k Z; se C = 0 l equazione non ha soluzioni). Ordinate di nuovo secondo il loro valore assoluto crescente, le soluzioni sono: x 1 = 1 4C π, x 2= 3 4C π, x 3= 5 4C π, x 4= 7 4C π, x 5= 9 4C π,... Perciò il numero di soluzioni che appartengono all intervallo [ 1 2 π, 1 2π] è uguale a 1 se e solo se x π e x 2 > 1 2 π 1 4 C 1 2 π e 3 4 C > 1 2 π 4 C 2 e 4 C <6 1 2 C < 3 2. Tracciando il grafico di sin(cx) per alcuni valori (positivi e negativi) aiuta a capire e interpretare la soluzione al livello grafico (in figura è illustrato il caso C> 0).

22 Svolgimento degli esercizi del Capitolo Riconsideriamo l Esempio 1.6. Tracciando il grafico delle funzioni f 1 (x) = x+2 e f 2 (x)= 2x+3 +1 come in figura, si verifica che f 1 (x) f 2 (x) per ogni x R. Riconsideriamo l Esercizio 1.2. a) Tracciando il grafico delle funzioni f 1 (x)= 3x 7 e f 2 (x)=2 x come in figura, si verifica che f 1 (x)> f 2 (x) per ogni x R, quindi la disuguaglianza non ha soluzioni. b) Tracciando il grafico delle funzioni f 1 (x)= x+1 e f 2 (x)= 2x 5 come in figura, si verifica che f 1 (x)< f 2 (x) se e solo se (, 4/3) (6,+ ).

23 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 23 c) Tracciando il grafico delle funzioni f 1 (x)= 2x 3 +2 e f 2 (x)= 1= x 1 come in figura, si verifica che f 1 (x)> f 2 (x) per ogni x R, quindi la disuguaglianza non ha soluzioni. d) Tracciando il grafico delle funzioni f 1 (x)= 2x 1 x e f 2 (x)=1 come in figura, si verifica che f 1 (x) f 2 (x) se e solo se x [0, 2].

24 Svolgimento degli esercizi del Capitolo 2 24