ANALISI MATEMATICA I - A.A. 0/0 FUNZIONI / ESERCIZI SVOLTI ESERCIZIO. Data la funzione f () = determinare l insieme f (( +)). Svolgimento. Poiché f (( +)) = { dom f : f () ( +)} = { dom f : f () > } si tratta in sostanza di risolvere la disequazione f () > cioè >. Tenendo presente il dominio = 0cioè = ± eliminiamo il valore assoluto distinguendo due casi: se > 0 cioè < > = se. < 0 cioè << Si ha allora > < > > << >. Consideriamo il primo sistema. Semplificando = la seconda disequazione si riscrive > cioè> (si tenga presente che > 0) e quindi il sistema diventa < > < che equivale a < > >0 < < > >0 < 0 < > >0 cioè ( +). Consideriamo ora il secondo sistema. Semplificando = = la seconda disequazione si riscrive > cioè > (si tenga presente che > 0) e quindi il sistema diventa << < che equivale a << << << >0 <0 <0 < > 0 < > cioè. In definitiva unendo le soluzioni ( +) e trovate si ottiene f (( +)) = R \{ } : > = ( +). ESERCIZIO. Risolvere la disequazione 5 + >. Svolgimento. È comodo procedere graficamente in quanto la curva () y = 5 + si disegna facilmente a partire dalla parabola y = 5 +e la disequazione proposta è risolta dagli intervalli su cui tale curva si svolge al di sopra della retta y =.
M.GUIDA S.ROLANDO Poiché () 5 + = 5 + per ogni R la curva () è la curva y = f ( ) dove f () = 5 +e si ottiene quindi dalla parabola y = f () tramite due successivi ribaltamenti orizzontale e verticale (in ordine qualunque). 6 - - - Le soluzioni della disequazione 5 + > sono le ascisse dei punti della curva () che hanno ordinata maggiore di ossia le ascisse dei tratti del grafico y = f ( ) che si svolgono sopra la retta orizzontale y =. 5 - - - Si vede quindi che la disequazione 5 + > è risolta dall unione di 5 intervalli ( illimitati e limitati) aperti (essendo la disguaglianza stretta) i cui estremi non sono altro che le ascisse delle intersezioni tra y = f ( ) ed y = ossia le soluzioni dell equazione 5 + =. Data la parità della funzione y = f ( ) èevidentementesuciente risolvere tale equazione per 0 nel qual caso essa equivale a 5 += oppure 5 += () 5 +=0 5 +5=0 = 5± = 5± 5. La disuguaglianza 5 + > risulta dunque soddisfatta per 5+ 5+ 5 5 5 5 5 5+ 5 5+ + ossia più brevemente 5 5 > 5+ oppure < 5 oppure 5 5 < < 5+ 5. si osservi che = per ogni R
FUNZIONI Osservazione. Ovviamente si sarebbe anche potuto procedere algebricamente eliminando dapprima il valore assoluto più esterno 5 + > 5 +> oppure 5 +< e poi suddividendo ulteriormente a seconda del segno di : 0 <0 5 +> 0 5 +> 0 oppure +5 +> 0 0 <0 5 +5< 0 5 +5< 0 oppure +5 +5< 0 (dove in eetti i sistemi con <0 si sarebbero potuti evitare ricordando che = e risolvendo quindi le disequazioni 5 + > 0 e 5 +5< 0 nell incognita ). Si noti però che il procedimento algebrico porta comunque alla risoluzione di più disequazioni laddove il metodo grafico ci ha permesso di ricondurci alla risoluzione delle sole due equazioni (). ESERCIZIO. Tracciare il grafico della funzione f () = +. Svolgimento. Siccome la curva y = + non si ottiene facilmente mediante trasformazioni elementari del grafico di una qualche funzione nota conviene recuperare f () come funzione definita a tratti e tracciare poi separatamente i grafici di tali tratti. Poiché se = se < risulta ( ) + = se f () = ( )+ = se < ed il grafico di f coincide quindi con la parabola y = sull intervallo [ +) e con la parabola y = sull intervallo ( ). 6-5 -
M.GUIDA S.ROLANDO ESERCIZIO. Trovare opportune restrizioni di f () = che siano invertibili e disegnare i grafici delle inverse corrispondenti specificandone dominio e immagine. Svolgimento. Poiché f () = per ogni R il grafico y = di f si ottiene simmetrizzando rispetto all asse y la parte di parabola y = che giace nel semipiano 0. - - - - - Da tale grafico si vede subito che f è invertibile (in quanto strettamente monotona) sugli intervalli I =( ] I =[ 0] I =[0 ] I =[ +) ossia che sono invertibili le restrizioni f = f I f = f I f = f I f = f I le quali come risulta ancora dal grafico hanno immagini im f =[ +) im f =[ 0] im f =[ 0] im f =[ +). Allora poiché l inversa di una funzione invertibile ha per dominio l immagine della funzione e per immagine il suo dominio si ha f :[ +) ( ] f :[ 0] [ 0] f :[ 0] [0 ] f :[ +) [ +) dove gli intervalli specificati sono esattamente dominio e immagine delle inverse f i i =. I grafici delle f i si trovano come al solito simmetrizzando i grafici delle f i rispetto alla bisettrice y = dei quadranti I e III. - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 0-0 - - - -
FUNZIONI 5 Osservazione. Poiché se 0 f () = + se 0 le espressioni delle fi si ricavano risolvendo rispetto a le equazioni = y e + = y. Ad esempio l unica soluzione ( ] (= domf ) dell equazione y =0 con y fissato in [ +) (= imf ) è la controimmagine di y tramite f ossia l immagine di y tramite f ed è data da = +y ilchesignifica che f (y) = +y per ogni y. L altra soluzione = + +y della stessa equazione è invece maggiore o uguale a (ed in particolare essa cade nell intervallo [ 0] se y 0) fornendo l espressione dell inversa di f ossia f (y) =+ +y per ogni y [ 0]. In definitiva risolvendo analogamente anche l equazione + y =0e poi chiamando invece che y la variabile indipendente (cosa necessaria se si vogliono rappresentare i grafici delle funzioni f i e delle loro inverse rispetto agli stessi assi cartesiani) si ottiene f () = + per ogni f () =+ + per ogni [ 0] f () = + per ogni [ 0] f () =+ + per ogni. ESERCIZIO. Stabilire se le seguenti funzioni sono periodiche ed eventualmente specificarne il periodo minimo: f () =e tan g() = sin () h() =tan + k () =sin()+cos(5) u() =cos v () =sin. È utile tenere presente i seguenti risultati generali: (i) (ii) se f () è una funzione periodica di periodo minimo T ed = 0èunnumeroreale allora F () è periodica di periodo minimo T ; se f () e g () sono funzioni periodiche con periodi minimi T f e T g tali che T f T g Q allora f ()+g () è periodica con periodo minimo nt f doven>0 è il più piccolo naturale tale che n T f T g N. Svolgimento. Poiché la tangente è periodica di periodo minimo anche f è periodica di periodo : dom f =domtan( ) e f ( + ) =e tan(+) = e tan = f (). T = è evidentemente anche il periodo minimo di f; infattif ( + T )=f () significa e tan(+t ) = e tan che per l iniettività dell esponenziale equivale all identità tan ( + T ) = tan la quale è vera solo per T multiplo intero di. Poiché il seno è periodico di periodo minimo anche la funzione g () = sin () (dove il fattore / è irrilevante dal punto di vista della periodicità) è periodica ma con periodo minimo T g = = (si ricordino i risultati generali precedenti). Poiché la tangente è periodica di periodo minimo siha tan + =tan
6 M.GUIDA S.ROLANDO (per ogni per cui tan (/) ha senso) e la funzione h altri non è che h () =tan. Dunque h è periodica di periodo minimo T h = / =. Poiché sin () e cos (5) sono funzioni periodiche di periodi minimi e 5 rispettivamente la funzione k () =sin()+cos(5) è periodica con periodo minimo T k = n doven è il minimo numero naturale tale che n / /5 = n5 N cioè n =. Quindi T k =. Poiché il coseno è periodico di periodo minimo anche la funzione u () =cos è periodica con periodo : dom u = R e u ( +) =cos ( +) =cos = u (). Tale periodo non è però più il suo periodo minimo: in eetti la funzione u si può equivalentemente scrivere u () = cos e viene quindi ad avere lo stesso periodo minimo di cos cheèevidentemente. -0-5 0 0 5 0 - Poiché sin(( + p) )=sin +p + p pare subito dicile che la funzione v () =sin sia periodicaedineetti non lo è. Questo si può ad esempio verificare mostrando che gli infiniti zeri di v non sono equidistanti come invece dovrebbero essere se v fosse periodica: poiché sin =0 = n con n N glizeridiv sono i punti n = n con n N e due zeri consecutivi distano tra loro d ( n+ n )= (n +) n = n + n con n ++ n lim n + n = lim n + n = lim =0. n n n ++ n n n ++ n
FUNZIONI 7 ESERCIZIO. Determinare il dominio della funzione f nei seguenti casi: f () = 8 + ln f () = ln + cos + f () =ln cos. Svolgimento. Una radice di indice pari è definita se e solo se il radicando è non negativo; si tratta allora di risolvere la disequazione 8 + 0 cioè 9 8 + 0 che ponendo t = diventa 9t 8t + 0. Poiché l equazione associata 9t 8t +=0ha le soluzioni ± 96 7 9 = ± 9 = t = 9 t = 7 9 = epoichéilcoeciente di t è positivo la disequazione è risolta dai valori di t esterni all intervallo delle radici t e t : t 9 oppure t. In termini della variabile originaria si ha allora 9 oppure edunquedom f =(+ ] [ +). Mettendo a sistema le condizioni di esistenza di logaritmo (argomento > 0) frazione (denominatore = 0) e radice quadrata (radicando 0) si ottiene >0 ln += 0 ln ln + 0 che è equivalente all unione () >0 >0 ln 0 oppure ln 0 ln +> 0 ln +< 0 (la condizione ln += 0è inclusa nell ultima disequazione di ciascun sistema). Dalle disequazioni del primo sistema si ottiene >0 ln 0 () ln oppure ln e oppure e ln +> 0 ln > > e Alternativamente si può risolvere a parte la disequazione ln 0 studiando il segno del rapporto. ln + ponendo t =ln ladisequazioneln 0 si riconduce alla disequazione di secondo grado t 0 che dà t oppure t
8 M.GUIDA S.ROLANDO e dunque e. Dalle disequazioni del secondo sistema si ottiene >0 ln 0 ln e e ln +< 0 ln < < e e dunque e <e. In definitiva risulta cioè dom f = e e e +. e <e oppure e Poiché f ha periodo ci si può limitare a considerare in un qualunque intervallo di ampiezza pari al periodo ad esempio [0 ]; l intero dominio si otterrà poi per periodicità. Mettendo a sistema le condizioni di esistenza di frazione e logaritmo si ottiene cos = 0 cos + cos > 0 che è equivalente all unione () cos +> 0 cos > 0 oppure cos +< 0 cos < 0 (la condizione cos = 0è inclusa nella seconda disequazione di ciascun sistema). Risolviamo il primo dei sistemi (). La prima disequazione diventa cos +> 0 cos> cos > la seconda cos > 0 cos > 0 cos < oppure cos > e quindi il primo dei sistemi () è equivalente all unione cos > cos < oppure cos > cos >. Di tali sistemi il primo è impossibile (perché < ) mentre il secondo si riduce ovviamente a cos >.
FUNZIONI 9 Dunque il primo dei sistemi () fornisce () cos > 0 7. cos =cos7 = Per il secondo dei sistemi () da un lato si ha cos +< 0 cos< cos < dall altro cos < 0 cos < 0 < cos < equindi cos < < cos < che prendendo l intersezione delle condizioni si riduce a < cos <. Tale disequazione goniometrica elementare ha la soluzione (5) 5. cos =cos5 = cos =cos = In definitiva unendo la () e la (5) si ottiene 0 5 7 che è il dominio della funzione f ristretta all intervallo [0 ]. Ildominiointerodif si ottiene poi per periodicità: dom f = +k 5 +k +k 7 +k +k 9 +k. kz
0 M.GUIDA S.ROLANDO ESERCIZIO. Determinare dominio segno e zeri della funzione f nei seguenti casi: + f () = + + f () =ln. Svolgimento. i) Le condizioni da imporre riguardano radicando (non negativo) e denominatore (non nullo): 0 += 0. La disequazione di grado 0 ha la soluzione 0 e quindi si ottiene 0 cioè = < oppure < 0 oppure. Dunque dom f =( ) ( 0] [ +). ii) f () > 0 significa + + > 0 e quindi equivale all unione () + > 0 + < 0 (A) oppure (B). +> 0 +< 0 Si tenga presente che il problema di studiare il segno di f () sottintende che ci si debba comunque limitare a considerare nel dominio di f. (A) Risolviamo separatamente le due disequazioni del sistema prendendo poi l intersezione delle soluzioni. (A) La disequazione irrazionale + > 0 cioè > equivale all unione <0 0 oppure 0 >( ). La seconda disequazione del primo sistema è sempre vera in dom f (dove stiamo considerando ) e quindi tale sistema si riduce alla sola prima disequazione >. Il secondo sistema diventa > + > > che è impossibile. La disequazione irrazionale (A) è quindi risolta per >. (A) Si ha immediatamente >. Dunque il sistema (A) equivale a > con dom f > chehaovviamentelasoluzione ( +). (B) Risolviamo separatamente le due disequazioni del sistema prendendo poi l intersezione delle soluzioni. Alternativamente si può studiare separatamente il segno di numeratore e denominatore e poi confrontarli.
FUNZIONI (B) La disequazione irrazionale + < 0 cioè < equivale al sistema 0 >0. <( ) La prima disequazione è sempre vera in dom f; la seconda dà immediatamente <; la terza diventa < + < <. Si ottiene quindi <. (B) Si ha immediatamente <. Dunque il sistema (B) equivale a < < con dom f chehaovviamentelasoluzione ( ). In definitiva prendendo l unione delle soluzioni dei sistemi (A) e (B) siottiene f () > 0 ( ) ( +) cioè l insieme di positività di f è D f+ =( ) ( +). Per tutti gli altri di dom f si avrà allora f () 0. In particolare si ha f () =0 = che equivale al sistema misto 0 =( ) cioè =. Quindi l insieme degli zeri di f è D f0 = {}. Infine l insieme di negatività di f risulta D f =domf \ (D f+ D f0 )=( 0]. i) Le condizioni di esistenza da imporre riguardano radicando (non negativo) denominatore (non nullo) e logaritmo (argomento positivo): + 0 = 0. + > 0 Risolvendo la disequazione irrazionale fratta + > 0 che equivale all unione +> 0 +< 0 (A) oppure (B) > 0 < 0 la condizione di realtà della radice ( + 0) e quella di non annullamento del denominatore ( = 0) risulteranno automaticamente soddisfatte; è dunque suciente risolvere i sistemi (A) e (B) ed unirne poi le soluzioni.
Prendendo l unione si ha allora +> M.GUIDA S.ROLANDO (A) La disequazione irrazionale +< equivale al sistema >0 + 0 +< > 0 >0 < oppure > cheèrisoltoda >. Il sistema (A) diventa equivale allora a ( +). (B) La disequazione irrazionale +> equivale all unione <0 0 oppure + 0 +>. Il primo sistema ha ovviamente la soluzione <0 mentre il secondo è risolto da 0 <. ed il sistema (B) diventa < cioè [ ). Unendo infine le soluzioni dei sistemi (A) e (B) siottiene dom f =[ ) ( +). ii) Poiché ln > 0 > la condizione f () > 0 significa + > cioè + che equivale all unione > 0 +> 0 > 0 + + oppure > 0 + +< 0 < 0. Si tenga presente che il problema di studiare il segno di f () sottintende che ci si debba comunque limitare a considerare nel dominio di f (in cui la condizione + 0 di realtà della radice è già verificata). Il primo sistema diventa allora +< > 0 +< > < > > 0
FUNZIONI che è impossibile. Il secondo sistema diventa < + < 0 <+ < > < anch esso impossibile. Dunque la condizione f () > 0 non è mai verificata per dom f. Inoltre f () =0equivale a + = + =0 +=0 da cui = + = += che però non appartiene a dom f. Indefinitiva non può che essere f () < 0 per ogni dom f.