Analisi I - Esercitazione

R.

R 2 2

x +1 x +1

1

(strettamente) crescente, in quanto, per x > 0 si ha g(x) = , che è (strettamente) cre-

q 1

1+ 2

x

scente, e g è dispari. Inoltre, f è iniettiva, perché composizione di funzioni iniettive. Poi, f è

(strettamente) crescente in perché composizione di funzioni (strettamente) crescenti. Deter-

R, ∈ ⇐⇒ ∃x ∈

miniamo, infine, l’immagine di f . Si ha y im f dom f tale che y = f (x) =

( ( (

π

π π π

∈ , ]

y [− ∈ ≥ ∈ ≤

y [0, ], x 0 y [− , 0], x 0

2 2

x 2 2

W

⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

arcsin √ 2 2

x x x

2 2 2

x +1 sin y = √ sin y = sin y =

2 2

2 x +1 x +1

x +1

 π π

∈

y [− , ]

 2 2 π π

⇐⇒ ∈

e quindi l’equazione y = f (x) ha soluzione y (− , ). Quindi

sin y

√ 2 2

x = = tg y,

2

 1−sin y −1

π π π π

∈

im f = (− , ), e f (y) = tg y, y (− , ).

2 2 2 2

2

{x ∈ −4 −2)∪(2,

(8) Intanto dom f = : x > 0} = (−∞, +∞). Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad

R −2),

esempio) f (±3) = log 5. Poi, f è (strettamente) decrescente in (−∞, e (strettamente) crescente

3 2

→ → −

in (2, +∞), perché composizione di x log x, che è (strettamente) crescente, e di x x 4, che

3

−2),

è (strettamente) decrescente in (−∞, e (strettamente) crescente in (2, +∞). Determiniamo,

2 − ⇐⇒

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ (x 4)

infine, l’immagine di f . Si ha y im f dom f tale che y = f (x) = log

√ 3

y 2 y

− ⇐⇒ ± ⇐⇒ ∈

3 = x 4 x = 3 + 4, e quindi l’equazione y = f (x) ha soluzione y Quindi

R.

im f = R. |x −

(9) Intanto f (x) = arctg 1|, per cui dom f = Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad esempio)

R.

f (2) = f (0) = 1. Poi, f è (strettamente) decrescente in (−∞, 1], e (strettamente) crescente in

→ → |x −

[1, +∞), perché composizione di x arctg x, che è (strettamente) crescente, e di x 1|,

che è (strettamente) decrescente in (−∞, 1], e (strettamente) crescente in [1, +∞). Determiniamo,

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ |x − ⇐⇒

infine, l’immagine di f . Si ha y im f dom f tale che y = f (x) = arctg 1|

 

π π π π

∈ ∈

y (− , ) y (− , )

( 2 2 2 2

π

π  

∈

y (− , )   π π

2 2 W

⇐⇒ ∈

≥ , ) l’equazione

e quindi se y (−

x< 1 x 1 2 2

|x −

tg y = 1|  

− −

tg y = 1 x tg y = x 1,

  π π

±(tg −

y = f (x) ha le soluzioni x = y 1). Quindi im f = (− , ).

2 2

2

{x ∈ −x − ≥

(10) Intanto dom f = : + 5x 4 0} = [1, 4]. Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad

R 52

esempio) f (1) = f (4) = 0. Poi, f è (strettamente) crescente in [1, ], e (strettamente) decrescente in

√

52 x 2

→ → → −x

[ , 4], perché composizione di x 2 , x x, che sono (strettamente) crescenti, e di x +

12 5

52

− ], e (strettamente) decrescente in [ , 4]. Determiniamo,

5x 4, che è (strettamente) crescente in [1, 2 √ 2

−x +5x−4

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ ⇐⇒

infine, l’immagine di f . Si ha y im f dom f tale che y = f (x) = 2

( ( ( ≥

y 1

≥

y> 0 y 1 √

√ ⇐⇒ ⇐⇒ e

2

9−4(log y)

5±

2 2

2

−x − −x −

log y = + 5x 4 (log y) = + 5x 4 2

x = ,

2 2 2

( ( √

≥ ≥

y 1 y 1 ⇐⇒ ∈

⇐⇒ ⇐⇒ y [1, 8].

quindi il sistema ha soluzione 3

2

− ≥ | ≤ ,

9 4(log y) 0, log y|

2 2 2

√

Quindi im f = [1, 8]. √

2 2

{x ∈ − ≥ {x ∈ − ∈ − ∪

(11) Intanto dom f = : arcsin(x 3) 0} = : x 3 [0, 1]} = [−2, 3]

R R

√ π

p

3, 2]. Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad esempio) f (±2) =

[ . Poi, f è (strettamente)

√

√ 2 √

→

− 3], e (strettamente) crescente in [ 3, 2], perché composizione di x x e

decrescente in [−2, 2

→ → −

x arcsin x, che sono (strettamente) crescenti, e di x x 4, che è (strettamente) decrescente

√ √

−

in [−2, 3], e (strettamente) crescente in [ 3, 2]. Determiniamo, infine, l’immagine di f . Si ha

( ≥

y 0

p 2 ⇐⇒

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ − ⇐⇒

y im f dom f tale che y = f (x) = arcsin(x 3) 2 2 −

y = arcsin(x 3)

( π

p

∈

y [0, ] p

2 2

⇐⇒ ± ⇐⇒

x = sin(y ) + 3, e quindi l’equazione y = f (x) ha soluzione

2 2 −

sin(y ) = x 3

π π

p

p

∈ ]. Quindi im f = [0, ].

y [0, 2 2 √

2 2

{x ∈ − {x ∈ − ∈ − ∪

(12) Intanto dom f = : arcsin(x 3) > 0} = : x 3 (0, 1]} = [f rm−e, 3)

R R

√ π

p . Poi, f è (strettamente)

[ 3, 2]. Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad esempio) f (±2) =

√ √ 2 √

− →

decrescente in [−2, 3), e (strettamente) crescente in ( 3, 2], perché composizione di x x e

2

→ → −

x arcsin x, che sono (strettamente) crescenti, e di x x 4, che è (strettamente) decrescente

√

√

− 3), e (strettamente) crescente in ( 3, 2]. Determiniamo, infine, l’immagine di f . Si ha

in [−2, 2 y 2

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ − ⇐⇒ −

y im f dom f tale che y = f (x) = log (arcsin(x 3)) 4 = arcsin(x

4

( π

∈

y (−∞, log ]

4 p

2 y

⇐⇒ ⇐⇒ ±

3) x = sin(4 ) + 3, e quindi l’equazione y = f (x) ha soluzione

y 2 −

sin(4 ) = x 3 π

π

⇐⇒ ∈ ]. Quindi im f = (−∞, log ].

y (−∞, log 4

4 2 2 √ q

12 72

2 2

− ∈ {x ∈ − ∈

{x ∈ − ∪

(x 3) [−1, 1]} = : x 3 [

(13) Intanto dom f = : log 5,

, 2]} = [− ]

R

R 2

√

q 72

[ , 5]. Inoltre, f non è iniettiva, perché (ad esempio) f (±2) = 0. Poi, f è (strettamente) decre-

√

√ q q

72 72

− →

scente in [− 5, ], e (strettamente) crescente in [ , 5], perché composizione di x arcsin x

2

→ → −

e x log x, che sono (strettamente) crescenti, e di x x 4, che è (strettamente) decre-

2 √ √

q q

72 72

−

scente in [− 5, ], e (strettamente) crescente in [ , 5]. Determiniamo, infine, l’immagi-

2

∈ ⇐⇒ ∃x ∈ − ⇐⇒

ne di f . Si ha y im f dom f tale che y = f (x) = arcsin log (x 3)

2

( ( √

π π π π

∈ ∈

y [− , ] y [− , ]

2 2 2 2 sin y

⇐⇒ ⇐⇒ ±

x = 2 + 3, e quindi l’equazione

2 sin y 2

− −

sin y = log (x 3) 2 = x 3

2 π π π π

⇐⇒ ∈

y = f (x) ha soluzione y [− , ]. Quindi im f = [− , ].

2 2 2 2

π 3π π

∈ −

(14) Osserviamo preliminarmente che se x [ , ], allora arcsin(sin x) = arccos(sin x) =

2 2 2

π π π π π π π

− − − − −

− −

arccos + ) arccos ) (x ) = π x. Quindi f (x) =

sin(x = cos(x =

2 2 2 2 2 2 2

( π π

∈

x, x [− , ]

2 2 ed è periodica di periodo π. Quindi dom f = f non è iniettiva (essendo

R,

π 3π

− ∈

π x, x [ , ],

2 2 13

π π 3π

π , ] mod 2π, e (strettamente) decrescente in [ , ]

periodica), ed è (strettamente) crescente in [− 2 2 2 2

∈ ⇐⇒ ∃x ∈

mod 2π. Determiniamo, infine, l’immagine di f . Si ha y im f dom f tale che y =

( (

π π π π

∈ ∈

y [− , ] y [− , ]

2 2 2 2

⇐⇒ ⇐⇒

f (x) = arcsin sin x ∨ −

sin y = sin x x = arcsin sin y + 2kπ x = arcsin sin y + (2k + 1)π,

π π π π

⇐⇒ ∈

e quindi l’equazione y = f (x) ha soluzione y [− , ]. Quindi im f = [− , ].

2 2 2 2

Svolgimento esercizio 4

2 3

−(1−i)

(1+2i) (−1+6i)(−1−7i)

−1+6i

1+4i−4−1+3i+3−i 43+i

(1) Si ha = = = = .

3 2 −12+42i

−(2+i) 27+54i−36−8i−4−4i+1 6·50 300

(3+2i) √

√ √ 2π

2π 2π

60 60

| − , si ha (−1 + i ) + i sin(60 ) =

(2) Poiché 1 + i 3| = 2, Arg(−1 + i 3) = 3) = 2 cos(60

3 3 3

60

2 . √ √ 7π

π 7π

7 10

|2 − −

− −

(3) Poiché 2i| = 2 , si ha (2 2i) = 2 ) + i sin(− ) =

2, Arg(2 2i) = 2 cos(−

√ 4 4 4

π π

10

2 2 cos( ) + i sin( ) .

4 4

√ √

√ √ 6π

π 6π

6 6 3

| − − − − ·

(4) Poiché , si ha ( ) + i sin(− ) =

3 3i| = 2 3, Arg( 3 3i) = 3 3i) = 2 3 cos(−

3 3 3

6 3

·

2 3 . √

√ √ √ 40

1+i 1+i 1+i

3 3 3

2 π π 7π 7π

20

=

(5) Poiché = 2, Arg = + = , si ha = 2 cos(40 ) +

√

1−i 1−i 3 4 12 1−i 12

2 π π

7π 20

−2

) = cos( ) + i sin( ) .

i sin(40 12 3 3 8

1−i 1−i π π π 1−i 8π 8π

− − −

(6) Poiché = 1, Arg = = , si ha = cos(− ) + i sin(− ) = 1.

1+i 1+i 4 4 2 1+i 2 2

√ π 9π

π 9 9/2

− −

|1 |1 − , Arg(1 i) = , si ha (1 + i) = 2 cos +

(7) Poiché + i| = i| = 2, Arg(1 + i) = 4 4 4

9π π π 7π 7π π π

9/2 7 7/2 7/2

−

i sin = 2 cos + i sin , e (1 i) = 2 cos(− ) + i sin(− ) = 2 cos + i sin ,

4 4 4 4 4 4 4

9

(1+i)