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Esempio 19Studiare dominio e segno della seguente funzione:
1 2
( )
log (sin
cos )
f x
=
x
+
x
Periodicità
L’argomento del logaritmo è una combinazione lineare delle due funzioni seno e coseno, pertanto si ripete ogni quanto esse si ripetono. La funzione ha dunque periodicità
π.
Studio del Dominio
Ci sono due condizioni di esistenza: 1
2
log (sin cos ) 0 sin cos 0 x x x x + ≥ + >
ricordando l’andamento di un logaritmo con base compresa fra 0 ed 1 si ha per la prima disequazione:
0<sinx+cosx ≤ 1
che come si vede comprende anche la seconda. Si tratta di due disequazioni lineari in seno e coseno da risolvere graficamente ponendo
cos
X = x, Y =sinx e mettendo a sistema con la circonferenza goniometrica X2+Y2 = . Dalla prima: 1
2 2 1 1 X Y X Y + ≤ + = ⇒ 2 2 1 1 Y X X Y ≤ − + =
si ottiene l’intersezione della circonferenza goniometrica con la regione 1
Y ≤ −X che nel grafico è rappresentata dalla zona di piano che giace al di sotto della retta Y = −1 X, che interseca la circonferenza nei due punti
(1; 0)
B , corrispondente all’angolo π2 e A(0;1), corrispondente all’angolo
2π, come si ricava facilmente risolvendo il sistema. Dalla seconda:
2 2 0 1 X Y X Y + > + = ⇒ 2 2 1 Y X X Y > − + =
si ottiene l’intersezione della circonferenza goniometrica con la regione Y > − che nel grafico è rappresentata dalla zona di piano che giace al X di sopra della retta Y = −X che interseca la circonferenza nei due punti
A 1 Y = −X B C Y = −X D 3 2π − 0 34π 2 π 2 π 7 4 π 4 π − 7 4π −
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(
2 ; 2)
2 2
C − , corrispondente all’angolo 3 4 π , e
(
22 ;− 22)
, corrispondente all’angolo 7 4 π , come si trova facilmente risolvendo il sistema. Intersecando la due condizioni sulla circonferenza goniometrica si ottiene infine il dominio della funzione:3 7 : 2 ; 2 2 ;2 2 2 4 4 D π+ kπ π+ kπ ∪ π+ kπ π+ kπ k∈ ℤ
Studio del Segno
Una radice di indice pari, laddove esiste è senz’altro positiva, quindi si ha f x( )≥0∀ ∈x D
Esempio 20
Studiare dominio e segno della seguente funzione: 2 ( ) 2 x f x x x + = − +
Studio del Dominio
Ci sono due condizioni di esistenza: 2 0 2 0 x x x + ≥ − + ≠
Risolviamo la seconda condizione, posta in forma di equazione x = x+ , elevando al quadrato ambo i 2 membri. Questa operazione introduce soluzioni aggiuntive, quindi dovremo verificare i risultati ottenuti inserendoli nell’espressione originaria:
2 2 1 2 1 1 8 2 2 0 2, 1 2 x =x+ ⇒ x − − =x ⇒ x= ± + ⇒ x = x = −
Come si vede la soluzione x= − non soddisfa l’equazione originaria avendosi 11 − − − +1 2 = − ≠ , e 2 0 va pertanto scartata. Si ottiene allora:
[
) (
)
: 2;2 2;
D − ∪ +∞
Studio del Segno
Segno del numeratore:
2 0 2
x+ ≥ ⇒ x ≥ −
segno del denominatore:
2 0 2 x− x+ > ⇒ x> x+ 2 π 2π 3 4π 7 4π 0 2 2 −
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risolviamo graficamente confrontando i grafici delle duecurve: y=x 2 2 2 2 2 0 0 y x x y y x y y = + = − = + ⇒ ⇒ ≥ ≥
La prima è la bisettrice del primo e terzo quadrante, la seconda il ramo di parabola orizzontale con vertice ( 2; 0)
V − e concavità nel verso crescente della ascisse. La soluzione è la regione in cui la retta sovrasta il grafico della parabola, quindi a destra del punto x0 in figura. Troviamo le intersezioni fra parabola e retta elevando al quadrato l’equazionex= x+2
:
2 2 1 2 1 1 8 2 2 0 2, 1 2 x =x+ ⇒ x − − =x ⇒ x= ± + ⇒ x = x = −
Anche qui la soluzione x= − è da scartare, perché costituisce 1 l’intersezione con il ramo negativo di parabola, come si vede in figura. Pertanto il denominatore risulta positivo se x> . Eseguiamo il prodotto 2 dei segni: 0 x 2 − 2 2 1 − segno di: 2 2 x x x + − + 2 −