Esercizi sulle Funzioni

AM0 - A.A. 03/4 ALFONSO SORRENTINO Esercizi sulle Funzioni Esercizio svolto. Trovare i domini di definizione delle seguenti funzioni: a) f) sin + cos ; b) g) log ) ; c) h) sin + e sin. Soluzione. a) La funzione f) sin + cos è ben definita per: { sin > 0 cos > 0 k Z ) kπ, k + /), π. b) La funzione g) log ) è ben definita per: { > 0 log ) 0 < 0. c) La funzione h) sin + e sin è ben definita per: { > 0 e sin 0, + ) \ {kπ : k N}. 0 Esercizio svolto. Trovare il dominio ed il codominio delle seguenti funzioni. Studiarne l invertibilità. a) f) log [ arcsin 3) ] ; b) g) tan [ arccos + )]. Soluzione.

ALFONSO SORRENTINO a) Cominciamo col calcolare il dominio di definizione della funzione f) log [ arcsin 3) ]. La funzione è ben definita per: { 3) [, ] arcsin 0 < 3 3 < 4. 3) > 0 [ Quindi il dominio della funzione è Df), ) 3, ] 3. Osserviamo inoltre che: la funzione è pari: f) f ); 3, ] la funzione è crescente in : infatti, è composizione di funzioni crescenti in tale regione; usando la[ parità della funzione si può dedurre che la funzione è decrescente in, ) 3 ; la funzione non è itata inferiormente in quanto ± f) ; 3 la funzione ha due massimi globali in ±, dove f±) log π. ] In conclusione, il codominio della funzione è fr), log π. In[3]: Plot@Log@ArcSin@^ - 3DD, 8, -, <D - - - - -3-4 Figure La funzione non è chiaramente iniettiva in quanto pari), quindi non è globalmente invertibile. [ Si possono però trovare due inverse locali, rispettivamente in, ) 3, ] 3 ed in. Infatti: y log [ arcsin 3) ] e y arcsin 3) sin e y 3 ± 3 + sin e y. b) Calcoliamo il dominio di definizione della funzione g) tan [ arccos + )]. La funzione è ben definita per: { + [, ] ) arccos + π { + [, ] 0 Si verifica facilmente che il dominio della funzione è dato quindi da Dg) [, 0) 0, + ).

AM0 - A.A. 03/4 3 Osserviamo inoltre che: la funzione è strettamente negativa per, 0) e si annulla solamente in ; la funzione è strettamente positiva per > 0; la funzione è decrescente in [, 0) ed in 0, + ). la funzione non è itata inferiormente, né superiormente: g) ±. 0 ± In conclusione, il codominio della funzione è gr) R e la funzione è iniettiva. In[6]: Plot@Tan@ArcCos@ ê H + LDD, 8, -, 3.5<D 0 5 Out[6] - 3-5 Figure Troviamo la funzione inversa y g ). Usando il fatto che tan, si ottiene: cos y tan [ arccos + )] cos [ arccos + )] + ) 4 + 4. Quindi g y) è soluzione dell equazione y 4 4 0, che ha soluzioni: ± 4 + 4y y y ± + y ). Poiché g y) > 0 per y > 0, g y) < 0 per y < 0 e g 0), possiamo concludere: ) g y + + y per y > 0 y) per y 0 ) y + y per y < 0. Esercizio svolto 3. Dire per quali valori di a R la funzione f a ) a + è invertibile. Soluzione. Cominciamo con l osservare che per a R: a + ) per > 0 f a ) 0 per 0 a) per < 0. Se a, la funzione non è invertibile. Infatti, f ) 0 per 0.

4 ALFONSO SORRENTINO Se a, la funzione non è invertibile. Infatti, f ) 0 per 0. Se a >, la funzione non è iniettiva. Infatti, per ogni y > 0 si ha: { } y fa y) a +, y. a In particolare, il suo grafico è della seguente forma: Figure 3 Se a <, la funzione non è iniettiva. Infatti, per ogni y < 0 si ha: { } y fa y) a +, y. a In particolare, il suo grafico è della seguente forma: Figure 4 Se < a <, la funzione è iniettiva e y fa +a per y > 0 y) 0 per y 0 y a per y < 0. In particolare, il suo grafico è della seguente forma: Figure 5

AM0 - A.A. 03/4 5 Esercizio aggiuntivo. Si consideri la seguente funzione: f α ) { α ) + per > 0 4 α per 0.. Per quali valor di α R, la funzione f α è invertibile?. Per quali valor di α R, f α R) R? 3. Per α 4, determinare il dominio, il codominio e l inversa di f α. Esercizio svolto 4. Calcolare i seguenti itii: a) 0 tan sin 3 ; b) 0 cose e ) arctan ; c) 0 + ) tan ; d) π + cos ) tan ; e) log3+sin ) 3 ; f) + sin ; g) 0 +tan tan sin ; h) + [ e sin e sin )] ; i) 0 3 + sin +sin 4 + 3 + sin ; l) 0 + log sin log ; m) 0 sin ) log ; n) π tan ecos )). Soluzione. a) tan sin tan cos ) 0 3 0 3 0 tan cos ) ).

6 ALFONSO SORRENTINO b) cose e ) [cose e ) ] 0 arctan 0 e e ) e e ) ) arctan e e ) ) 0 arctan e e ) 0 e ) 0 e e ) 4 0. c) + 0 )tan e tan log+). 0 d) + cos ) tan π [ π + cos ) ] cos tan cos π [ + cos ) cos ] sin e. e) log3 + sin ) 3 0. f) sin + sin +. g) + tan tan 0 h) + sin [ e sin e sin )] tan 0 sin + tan + tan ) 0 cos + tan + tan ). + [ e sin e sin e sin ) e sin ) ] + sin sin +.

AM0 - A.A. 03/4 7 i) 3 + sin + sin 0 4 + 3 + sin 0 + sin + sin ) + + sin ) + sin + sin 0 + + sin. l) m) log sin 0 + log log sin 0 + sin sin ). log sin 0 ) log e 0 log logsin ) e sin log logsin ) 0 sin e. n) π tan e cos )) sin ecos ). π cos Esercizio svolto 5 Funzioni iperboliche). Si definiscano le seguenti funzioni iperboliche: il Seno iperbolico: il Coseno iperbolico: sinh : e e cosh : e + e. i) Dimostrare che cosh sinh. ii) Trovare il dominio e il codominio di queste funzioni. Studiarne il segno, le eventuali simmetrie, la crescenza o la decrescenza, e disegnare un grafico approssimativo. iii) Trovare le rispettive funzioni inverse dove definite). Si possono esprimere attraverso funzioni elementari note? Soluzione. i) Si verifica facilmente che: cosh sinh e + e ) e e ) e + e + 4. e + e 4

8 ALFONSO SORRENTINO ii) Entrambe le funzioni sono chiaramente definite su tutto R; quindi il dominio è tutto l asse reale. Seno iperbolico: È una funzione dispari; infatti: sinh ) e e e e sinh. Poiché e > e per ogni > 0, allora sinh > 0 per ogni > 0. Trattandosi di una funzione dispari, sinh < 0 per < 0. Inoltre, sinh 0 0. Si verifica facilmente che sinh è una funzione crescente. Infatti, e è crescente e e decrescente quindi e è crescente). Calcoliamo i iti per che tende a infinito: sinh e e ±. ± ± Il codominio è quindi sinhr) R. La funzione sinh è globalmente iniettiva e quindi globalmente invertibile. Coseno iperbolico: Figure 6 È una funzione pari; infatti: cosh ) e + e e + e cosh. Poiché e > 0 per ogni, allora cosh > 0 per ogni. Si verifica che cosh è una funzione decrescente per < 0 e crescente per > 0. Poiché si tratta di una funzione pari, è sufficiente verificare che è crescente per > 0. Osserviamo, infatti, che per il punto i), cosh + sinh. Poiché sinh è una funzione crescente per > 0, possiamo concludere che anche cosh lo è. Calcoliamo i iti per che tende a infinito: cosh e + e +. ± ± La funzione cosh ha quindi un minimo per 0, dove cosh 0. Quindi il codominio è coshr) [, + ).

AM0 - A.A. 03/4 9 La funzione cosh non è globalmente iniettiva; infatti per ogni y 0 > esistono esattamente due valori 0 < 0 < 0 tale che cosh 0 ) cosh 0 ) y 0. Quindi non è globalmente invertibile, ma ha due inverse locali: una a valori in [0, + ) ed una a valori in, 0]. Queste due inverse sono una l opposto dell altra vista la parità della funzione). Figure 7 iii) Trovare le rispettive funzioni inverse dove definite). Si possono esprimere attraverso funzioni elementari note? Arcoseno iperbolico. Abbiamo visto nel punto ii) che la funzione seno iperbolico ammette un inversa globale, che chiameremo arcoseno iperbolico. In particolare: arcsinh : R R ed il suo grafico avrà la seguente forma si può ottenere, ad esempio, riflettendo il grafico del seno iperbolico rispetto alla bisettrice y ): Figure 8 Cerchiamo ora di esprimere arcsinh y attraverso funzioni elementari noti. Osserviamo che: y sinh e e e e e e,

0 ALFONSO SORRENTINO che è equivalente a e ye 0. Risolvendo quest equazione di secondo grado in e, otteniamo due soluzioni: y± y +. Poiché e è sempre positivo, dobbiamo scegliere l unica soluzione positiva: Quindi: e y + y +. arcsinh y log y + ) y +. Arcocoseno iperbolico. Abbiamo visto nel punto ii) che la funzione coseno iperbolico non ammette un inversa globale, ma due inverse locali una a valori in [0, + ), che denoteremo arccosh +, ed una a valori in, 0], che denoteremo arccosh. In particolare: e arccosh + : [, + ) [0, + ) arccosh : [, + ), 0]. Poiché la funzione cosh è pari, segue facilmente che per ogni y si ha: arccosh + y) arccosh y). Il grafico di arccosh + avrà la seguente forma si può ottenere, ad esempio, riflettendo il grafico del coseno iperbolico ristretto al semiasse positivo rispetto alla bisettrice y ); quello di arccosh si ricava in maniera analoga od usando la relazione arccosh + y) arccosh y). Figure 9 Cerchiamo ora di esprimere arccosh ± y attraverso funzioni elementari note. Osserviamo che: y cosh e + e e + e e + e,

AM0 - A.A. 03/4 che è equivalente a e ye + 0. Risolvendo quest equazione di secondo grado in e, otteniamo due soluzioni: y ± y, dove la radice è ben definita in quanto y. Entrambe le soluzioni sono positive: Quindi: e y ± y. arccosh ± y log y ± ) y. Osserviamo infatti che: arccosh y log y ) y ) y y ) log y + y ) log y + y log y + ) y arccosh + y. Esercizio aggiuntivo. Si definisca la tangente iperbolica come tanh : sinh cosh. Trovare il dominio e il codominio. Studiarne il segno, le eventuali simmetrie, la crescenza o la decrescenza, e disegnare un grafico approssimativo. Trovarne l inversa; si può esprimere attraverso funzioni elementari note? Esercizio svolto 6. Calcolare, se esistono, i seguenti iti [ ] indica la parte intera e { } la parte frazionaria): a) n [] {}, dove n Z; b) n [] { {}, dove n Z; c) + + } ; e d) α 0 sin, dove α R; e) 0 tan a + arctan ) b, dove a, b R. Soluzione. a) Sia n Z; osserviamo che: [] {} n ){} n n n [] {} n){} 0. n + n

ALFONSO SORRENTINO Quindi il ite esiste solamente per n e vale 0. b) Sia n Z con n 0; osserviamo che: [] {} n {} n n n n [] {} + n n {}, che coincidono solamente se n ed il ite vale. Se invece n 0: quindi non esiste. [] {} {} 0 0 0 + [] {} 0 0 {} 0, c) Studiamo l argomento della parte frazionaria: + + ) y y y) y + Osserviamo inoltre che /y+ y y + y y + y. y + /y + y + <, quindi possiamo concludere che l argomento della parte frazionaria tende a dal basso da sinistra) e quindi: { { + + } y y y} y + { }. /y + d) e α 0 sin e α 0 sin + ) sin e α 0 sin + ). 0 sin Cominciamo calcolando il secondo ite che non dipende da α): 0 sin 0 sin +. Per quanto riguarda il secondo ite: - osserviamo che se α 0 è chiaramente zero infatti la funzione è identicamente nulla); quindi il ite ) /; - consideriamo il caso α 0: e α 0 sin In conclusione: 0 α eα α e α α + 0 sin. ) α. sin

AM0 - A.A. 03/4 3 e) Soluzione: tan a + arctan b ) 0 b ab se ab se ab e a > 0 + se ab e a < 0. Suggerimento: può essere utile la seguente identità trigonometrica arctan + arctan { π se > 0 π se < 0. Esercizio svolto 7. Trovare l insieme dei punti di continuità delle seguenti funzioni f : [0, ] R:. { se Q [0, ] f) 0 se [0, ] \ Q.. q se p q Q 0, ) conmcdp, q) ) g) se 0, 0 se [0, ] \ Q. 3. { se Q [0, ] h) se [0, ] \ Q. Soluzione.. Chiaramente f non è continua in alcun punto. Infatti, se r 0 Q [0, ] basta prendere una successione di irrazionali y n r 0 e si verifica facilmente che n + fy n ) 0 fr 0 ). In maniera analoga, se y 0 [0, ] \ Q basta prendere una successione di razionali r n y 0 e si ha n + fr n ) 0 fy 0 ). Quindi: Contf) {punti di continuità per f}.. La funzione g non è continua in alcun razionale. Infatti, se r Q [0, ], segue dalla definizione che gr) > 0; ma se si prende una successione di irrazionali y n r, si ottiene n + gy n ) 0 < gr). Dimostriamo ora che g è continua in tutti gli irrazionali. Sia y [0, ] \ Q; vogliamo dimostrare che se n y, allora g n ) 0. Poiché g vale zero su tutti gli irrazionali, ci basta dimostrarlo per le successioni di razionali. Infatti, se n pn q n Q con MCDp n, q n ) ) e pn q n y, allora q n + si dimostra facilmente osservando che se esiste al più un numero finito di razionali in [0, ] con denominatori più piccoli di un dato M > 0). In particulare, segue da ciò che g n ) g pn q n ) q n 0 gy) e questo conclude la dimostrazione. In conclusione: Contg) {punti di continuità per g} [0, ] \ Q. 3. Si dimostra facilmente che Conth) {punti di continuità per h} { }.

4 ALFONSO SORRENTINO Esercizio svolto 8. ) Siano f : [a, b] R e f : [a, b] R due funzioni continue. Dimostrare che h) ma{f ), f )} è anch essa continua. Generalizzare, per induzione, al caso di n funzioni continue. ) Sia {f n } n una successione di funzioni continue [a, b] R e itate superiormente in maniera uniforme, i.e., esiste M > 0 tale che f n ) M per ogni [a, b] e per ogni n N. Si definisca h) sup n {f n )}. È vero che h è continua su [a, b]? Soluzione. ) Distinguiamo due casi: - se 0 è tale che f 0 ) > f 0 ) risp. f 0 ) < f 0 )), allora h 0 ) f 0 ) risp. h 0 ) f 0 )). In particolare, esiste un intorno di 0, che denoteremo I δ 0 ) : 0 δ, 0 +δ), tale che h) f ) per ogni I δ 0 ) risp. h) f )); quest ultimo fatto segue dal teorema della permanenza del segno applicato alla funzione f f. Quindi, h coincide su I δ 0 ) con una funziona continua e quindi è anch essa continua in tale intorno. - Consideriamo ora il caso in cui h 0 ) f 0 ) f 0 ). Dalla definizione di continuità per f e f segue che: ε > 0 δ δ ε, 0 ) t.c. 0 < δ f ) f 0 ) < ε ε > 0 δ δ ε, 0 ) t.c. 0 < δ f ) f 0 ) < ε. In particolare, per ogni ε > 0 possiamo scegliere δ min{δ, δ } e per 0 < δ otteniamo che si usi il fatto che h 0 ) f 0 ) f 0 )): f ), f ) h 0 ) ε, h 0 ) + ε) h) ma{f ), f )} h 0 ) ε, h 0 ) + ε) h) h 0 ) < ε, che ci permette di concludere che h è continua in 0. Nel caso di n funzioni continue il risultato rimane ancora vero; si può procedere per induzione su n, osservando che: ma{f,..., f n } ma {ma{f,..., f n }, f n }. ) Nel caso di una successione di funzioni il risultato non è più vero. Consideriamo infatti la seguente successione di funzioni f n : [0, ] [0, ] definite da disegnarne il grafico per esercizio): { n se [0, /n] f n ) se [/n, ]. Per ogni 0, ], si ha che h) sup n f n ). Infatti, non appena n < si ha che f n) ed ovviamente f n ) per ogni e per ogni n). D altro canto, h0) 0 in quanto f n 0) 0 per ogni n. Quindi { 0 se 0 h) se 0, ] che è chiaramente discontinua in 0.

AM0 - A.A. 03/4 5 Esercizio svolto 9. Sia f : [0, π] R una funzione continua tale che f0) fπ) si può anche interpretare come una funzione continua sul cerchio). Dimostrare che esiste un punto 0 [0, π) tale che f 0 ) f 0 + π) in altre parole, due punti opposti sul cerchio in cui la funzione assume lo stesso valore). Osservazione: questo esercizio, ad esempio, ci permette di concludere che in ogni istante esistono sempre due punti antipodali sull equatore terrestre in cui la temperatura è la stessa!) Soluzione. Quest esercizio è un applicazione del teorema dei valori intermedi o del teorema di esistenza degli zeri). Consideriamo la funzione h) f) f + π); ovviamente si tratta di una funzione continua su [0, π]. Se h0) 0, allora abbiamo che f0) fπ), quindi basta scegliere 0 0. Se h0) 0, osserviamo che hπ) fπ) fπ) fπ) f0) h0). Quindi h deve annularsi necessariamente in un qualche punto 0 0, π) in quanto agli estremi dell intervallo [0, π] assume valori di segno opposto). Esercizio aggiuntivo 3 **). Sia f : [0, ] R una funzione continua tale che f0) f). Dimostare che per ogni n esiste un punto n [0, /n) tale che f n ) f n + /n). Mostrare che se c 0, ) \ {/n : n N}, allora esiste una funzione continua f c : [0, ] R tale che f c 0) f c ), ma f) f + c) per ogni [0, c).