Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

Dato: \(E = \{x \in \mathbb{R} \mid x = \ln(e \cdot n + 1) - \ln(n), \, n \in \mathbb{N}_0\}\)

Da dimostrare: \(\inf(E) = 1\)

Passo 1: Semplificare l'espressione generale degli elementi di E

Per \(n \in \mathbb{N}_0 = \{1, 2, 3, \ldots\}\) (escludo lo 0 perché \(\ln(0)\) non è definito):

\[x_n = \ln(e \cdot n + 1) - \ln(n) = \ln\left(\frac{e \cdot n + 1}{n}\right) = \ln\left(e + \frac{1}{n}\right)\]

Passo 2: Calcolare alcuni valori per comprendere il comportamento di E

• \(x_1 = \ln(e + 1) \approx \ln(3.718) \approx 1.313\)
• \(x_2 = \ln\left(e + \frac{1}{2}\right) = \ln(e + 0.5) \approx \ln(3.218) \approx 1.169\)
• \(x_3 = \ln\left(e + \frac{1}{3}\right) \approx \ln(3.051) \approx 1.115\)
• \(x_{10} = \ln\left(e + \frac{1}{10}\right) = \ln(2.818) \approx 1.037\)
• \(x_{100} = \ln\left(e + \frac{1}{100}\right) = \ln(2.728) \approx 1.003\)

Passo 3: Dimostrare che 1 è estremo inferiore usando la definizione

Definizione: Un numero reale \(m\) è estremo inferiore di un insieme \(A\) se:

1. \(m\) è un minorante di \(A\): \(\forall x \in A, \, x \geq m\)
2. \(m\) è il massimo dei minoranti: \(\forall \varepsilon > 0, \, \exists x \in A : x < m + \varepsilon\)

Verifica della condizione 1: \(1\) è minorante di \(E\)

Dobbiamo dimostrare che \(\forall n \in \mathbb{N}_0: x_n \geq 1\)

\[x_n = \ln\left(e + \frac{1}{n}\right) \geq \ln(e) = 1\]

Questo è vero perché \(e + \frac{1}{n} > e\) per ogni \(n \geq 1\) e la funzione \(\ln\) è strettamente crescente.

Verifica della condizione 2: \(1\) è il massimo dei minoranti

Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(x \in E\) tale che \(x <1 + \varepsilon\).

Dato \(\varepsilon > 0\), vogliamo trovare \(n\) tale che:

\[\ln\left(e + \frac{1}{n}\right) <1 + \varepsilon\] \[e + \frac{1}{n} < e^{1 + \varepsilon} = e \cdot e^{\varepsilon}\] \[\frac{1}{n} < e \cdot e^{\varepsilon} - e = e(e^{\varepsilon} - 1)\] \[n > \frac{1}{e(e^{\varepsilon} - 1)}\]

Poiché \(e^{\varepsilon} - 1 > 0\) per ogni \(\varepsilon > 0\), il numero \(\frac{1}{e(e^{\varepsilon} - 1)}\) è ben definito e positivo. Scegliendo un intero \(n\) sufficientemente grande (maggiore di questo valore), otteniamo \(x_n < 1 + \varepsilon\).

Conclusione:

Avendo verificato entrambe le condizioni della definizione, concludiamo che:

\[\boxed{\inf(E) = 1}\]

Soluzione Esercizio 2

Date:

\[f(x) = \begin{cases} x + 1 & \text{se } x \geq 1 \\ 1 - x & \text{se } x < 1 \end{cases}\]

\[g(x) = \sqrt{x}, \quad \text{con dominio } D_g = [0, +\infty)\]

Parte 1: Funzione composta \(f \circ g\)

La funzione composta \((f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(\sqrt{x})\) è definita per \(x \in D_g = [0, +\infty)\).

Per determinare \(f(\sqrt{x})\), dobbiamo verificare quando \(\sqrt{x} \geq 1\) e quando \(\sqrt{x} < 1\):

• Se \(\sqrt{x} \geq 1 \Rightarrow x \geq 1\): usiamo \(f(\sqrt{x}) = \sqrt{x} + 1\)
• Se \(\sqrt{x} < 1 \Rightarrow 0 \leq x < 1\): usiamo \(f(\sqrt{x}) = 1 - \sqrt{x}\)

Quindi:

\[(f \circ g)(x) = \begin{cases} 1 - \sqrt{x} & \text{se } 0 \leq x < 1 \\ \sqrt{x} + 1 & \text{se } x \geq 1 \end{cases}\]

con dominio \(D_{f \circ g} = [0, +\infty)\).

Parte 2: Funzione composta \(g \circ f\)

La funzione composta \((g \circ f)(x) = g(f(x)) = \sqrt{f(x)}\) è definita quando \(f(x) \geq 0\).

Studio del segno di \(f(x)\):

• Per \(x \geq 1\): \(f(x) = x + 1 \geq 2 > 0\) (sempre positiva)
• Per \(x < 1\): \(f(x) = 1 - x \geq 0 \Leftrightarrow x \leq 1\)

Quindi \(f(x) \geq 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), e il dominio di \(g \circ f\) è \(D_{g \circ f} = \mathbb{R}\).

Calcoliamo \(g(f(x))\):

• Per \(x \geq 1\): \(g(f(x)) = g(x + 1) = \sqrt{x + 1}\)
• Per \(x < 1\): \(g(f(x)) = g(1 - x) = \sqrt{1 - x}\)

Quindi:

\[(g \circ f)(x) = \begin{cases} \sqrt{1 - x} & \text{se } x < 1 \\ \sqrt{x + 1} & \text{se } x \geq 1 \end{cases}\]

con dominio \(D_{g \circ f} = \mathbb{R}\).

Parte 3: Rappresentazione grafica

Grafico di \(f \circ g\):

• Per \(0 \leq x < 1\): \(y = 1 - \sqrt{x}\) (ramo di parabola decrescente da (0,1) a (1,0))
• Per \(x \geq 1\): \(y = \sqrt{x} + 1\) (ramo di radice traslato verso l'alto di 1 unità)
• Punto di raccordo: \(x = 1\), \(y = 2\)
• La funzione è continua in tutto il dominio

Grafico di \(a(x) = f \circ g\):

Grafico di \(g \circ f\):

• Per \(x < 1\): \(y = \sqrt{1 - x}\) (ramo di radice "riflesso" che parte da (+∞,0) e arriva a (1,0))
• Per \(x \geq 1\): \(y = \sqrt{x + 1}\) (ramo di radice traslato a sinistra di 1 unità)
• Punto di raccordo: \(x = 1\), \(y = \sqrt{2}\)
• La funzione è continua in tutto \(\mathbb{R}\)

Punti notevoli:

Per \(f \circ g\):

• \((0, 1)\), \((1, 2)\), \((4, 3)\)

Per \(g \circ f\):

• \((0, 1)\), \((1, \sqrt{2})\), \((3, 2)\)

Grafico di \(b(x) = g \circ f\):

Conclusione:

\[\boxed{(f \circ g)(x) = \begin{cases} 1 - \sqrt{x} & \text{se } 0 \leq x < 1 \\ \sqrt{x} + 1 & \text{se } x \geq 1 \end{cases}}\]

\[\boxed{(g \circ f)(x) = \begin{cases} \sqrt{1 - x} & \text{se } x < 1 \\ \sqrt{x + 1} & \text{se } x \geq 1 \end{cases}}\]

Soluzione Esercizio 3

a) Grafico, dominio e immagine della funzione \(f(x) = \frac{1}{2^{x-1}}\)

Riscriviamo la funzione: \(f(x) = \frac{1}{2^{x-1}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{x-1}\)

Dominio: \(D_f = \mathbb{R}\) (tutti i numeri reali, poiché l'esponenziale è definita ovunque)

Immagine: \(Im_f = (0, +\infty)\) (la funzione è sempre positiva)

Caratteristiche del grafico:

• Funzione decrescente (base \(\frac{1}{2} < 1\))
• Asintoto orizzontale: \(y = 0\) (asse delle x)
• Passa per il punto \((1, 1)\): \(f(1) = \frac{1}{2^{1-1}} = \frac{1}{2^0} = 1\)
• Passa per il punto \((0, 2)\): \(f(0) = \frac{1}{2^{0-1}} = \frac{1}{2^{-1}} = 2\)

Il grafico della funzione si ottiene da quello di \(a(x) = \left(\frac{1}{2}\right)^x\) mediante una traslazione verso destra di 1. Questo è il grafico:

b) Perché la funzione è invertibile

La funzione \(f(x) = \frac{1}{2^{x-1}}\) è invertibile perché è strettamente decrescente, quindi è biunivoca.

c) Funzione inversa \(x = f^{-1}(y) = g(y)\)

Per trovare la funzione inversa, partiamo da \(y = \frac{1}{2^{x-1}}\) e ricaviamo \(x\):

\(y = \frac{1}{2^{x-1}}\)

\(2^{x-1} = \frac{1}{y}\)

Applicando il logaritmo in base 2:

\(x - 1 = \log_2\left(\frac{1}{y}\right) = \log_2(y^{-1}) = -\log_2(y)\)

\(x = 1 - \log_2(y)\)

Quindi: \(\boxed{g(y) = 1 - \log_2(y)}\) con dominio \(y \in (0, +\infty)\)

In forma più comune: \(g(x) = 1 - \log_2(x)\) per \(x > 0\)

d) Grafico della funzione inversa \(y = g(x) = 1 - \log_2(x)\)

Caratteristiche del grafico di \(g(x) = 1 - \log_2(x)\):

• Dominio: \((0, +\infty)\)
• Immagine: \(\mathbb{R}\)
• Funzione decrescente (il coefficiente di \(\log_2(x)\) è negativo)
• Asintoto verticale: \(x = 0\) (asse delle y)
• Passa per \((1, 1)\): \(g(1) = 1 - \log_2(1) = 1 - 0 = 1\)
• Passa per \((2, 0)\): \(g(2) = 1 - \log_2(2) = 1 - 1 = 0\)
• Il grafico di \(g(x)\) è il simmetrico del grafico di \(f(x)\) rispetto alla retta \(y = x\)

Mostriamo il grafico di \(y = g(x)\) insieme al grafico di \(y = f(x)\) e della retta \(y = x\):

Soluzione Esercizio 4

Per trovare il dominio di \(f(x) = \sqrt{1-x^2} + e^{\frac{1}{x}} - \ln(1-x)\), dobbiamo analizzare separatamente le condizioni di esistenza di ogni termine:

1) Termine \(\sqrt{1-x^2}\):

La radice quadrata è definita solo quando l'argomento è non negativo:

\(1-x^2 \geq 0\)

\(-x^2 \geq -1\)

\(x^2 \leq 1\)

\(-1 \leq x \leq 1\)

Condizione: \(x \in [-1, 1]\)

2) Termine \(e^{\frac{1}{x}}\):

L'esponenziale è sempre definita, ma la frazione \(\frac{1}{x}\) richiede:

\(x \neq 0\)

Condizione: \(x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}\)

3) Termine \(-\ln(1-x)\):

Il logaritmo naturale è definito solo quando l'argomento è strettamente positivo:

\(1-x > 0\)

\(-x > -1\)

\(x < 1\)

Condizione: \(x \in (-\infty, 1)\)

Intersezione delle condizioni:

Risolviamo il sistema:

\[\begin{cases} 1-x^2 \geq 0 \\ x \neq 0 \\ 1-x > 0 \end{cases}\]

Risoluzione del sistema:

Prima disequazione: \(1-x^2 \geq 0 \Rightarrow x^2 \leq 1 \Rightarrow -1 \leq x \leq 1\)

Seconda condizione: \(x \neq 0\)

Terza disequazione: \(1-x > 0 \Rightarrow x < 1\)

Schema grafico delle soluzioni:

L'intersezione del sistema ci dà:

\(D_f = [-1, 1] \cap (\mathbb{R} \setminus \{0\}) \cap (-\infty, 1) = [-1, 0) \cup (0, 1)\)

Dominio finale:

\(\boxed{D_f = [-1, 0) \cup (0, 1)}\)

Osservazioni:

• \(x = 0\) è escluso per il termine \(e^{\frac{1}{x}}\)
• \(x = 1\) è escluso per il termine \(\ln(1-x)\) (argomento nullo)
• \(x = -1\) è incluso perché tutte le condizioni sono soddisfatte
• Tutti i valori \(|x| > 1\) sono esclusi per il termine \(\sqrt{1-x^2}\)