Esercizio 31logaritmo di cosh e di cos, antimmagine di [1,+∞)

Testo (Lezione 12, esercizio 9 del foglio). Determinare dominio, simmetrie, periodicità e $f^{\leftarrow}([1, +\infty))$ di

$$f_1(x) = \log\left(\cosh^2 x - 4\cosh x + 5\right) \qquad\qquad f_2(x) = \log\left(\cos^2 x - 4\cos x + 5\right)$$

(con $\log = \ln$, logaritmo in base $e$).

Parte 1: $f_1(x) = \log(\cosh^2 x - 4\cosh x + 5)$

Dominio

Il logaritmoEsiste solo per argomenti strettamente positivi; in base $e > 1$ è strettamente crescente.Esponenziale e logaritmo → richiede argomento positivo: $\cosh^2 x - 4\cosh x + 5 > 0$.

SostituzioneSi chiama $t$ un'espressione che si ripete, per ridursi a una disequazione più semplice; alla fine si torna a $x$.: $t = \cosh x$. La disequazione diventa $t^2 - 4t + 5 > 0$. Il discriminante$\Delta = b^2 - 4ac$: se è negativo, il polinomio non ha radici reali e ha sempre il segno del coefficiente di $t^2$. è $\Delta = 16 - 20 = -4 < 0$: il polinomio è sempre positivo (infatti $t^2 - 4t + 5 = (t - 2)^2 + 1 \ge 1$). Quindi

$$\mathrm{Dom}(f_1) = \mathbb{R}$$

Simmetrie e periodicità

$\cosh$ è pari$\cosh(-x) = \cosh x$: il coseno iperbolico è simmetrico rispetto all'asse $y$.Funzioni iperboliche →, quindi $f_1(-x) = \log(\cosh^2 x - 4\cosh x + 5) = f_1(x)$: $f_1$ è pari (basta studiarla per $x \ge 0$). Non è periodica: per $x \ge 0$ il $\cosh$ cresce senza limite, quindi l'argomento del logaritmo non si ripete.

$f_1^{\leftarrow}([1, +\infty))$

Bisogna risolvere $f_1(x) \ge 1$:

$$\log(\cosh^2 x - 4\cosh x + 5) \ge 1$$

La funzione $y = e^X$ è strettamente crescenteApplicandola a entrambi i membri il verso si conserva e si ottiene una disequazione equivalente.Disequazioni con potenze e radici → su $\mathbb{R}$: la applichiamo ai due membri, e $e^{\log(\ldots)} = (\ldots)$:

$$\cosh^2 x - 4\cosh x + 5 \ge e^1 = e$$

Con $t = \cosh x$: $t^2 - 4t + 5 - e \ge 0$. Radici (formula ridottaPer $t^2 + bt + c = 0$ con $b$ pari: $t = -\frac b2 \pm \sqrt{\frac{b^2}{4} - c}$.):

$$t_{1,2} = 2 \pm \sqrt{4 - 5 + e} = 2 \pm \sqrt{e - 1}$$

Parabola verso l'alto, quindi $\ge 0$ fuori dalle radici:

$$\text{(I)} \ \cosh x \le 2 - \sqrt{e - 1} \qquad \text{oppure} \qquad \text{(II)} \ \cosh x \ge 2 + \sqrt{e - 1}$$

(I) è impossibile. Si ha $2 - \sqrt{e - 1} < 1$: equivale a $1 < \sqrt{e - 1}$, cioè $1 < e - 1$, cioè $e > 2$, vero. Ma $\cosh x \ge 1$ per ogni $x$: non può essere minore di un numero più piccolo di $1$. Nessuna soluzione.

(II). Il valore $a = 2 + \sqrt{e - 1} \approx 2 + 1{,}311 = 3{,}311$ è maggiore di $1$. Con il metodo grafico (la retta $y = a$ taglia la "U" del $\cosh$ in due punti simmetrici $\pm\bar{x}$), le soluzioni sono $x \le -\bar{x}$ oppure $x \ge \bar{x}$. Per trovare $\bar{x} > 0$ si usa che $\cosh$ ristretto a $[0, +\infty)$ è invertibile con inversa $\mathrm{settcosh}$L'inversa di $\cosh$ su $[0, +\infty)$: dato $a \ge 1$, dà l'unico $x \ge 0$ con $\cosh x = a$.Funzioni iperboliche →:

$$\cosh \bar{x} = 2 + \sqrt{e - 1} \iff \bar{x} = \mathrm{settcosh}\left(2 + \sqrt{e - 1}\right) > 0$$

$$f_1^{\leftarrow}([1, +\infty)) = (-\infty, -\bar{x}] \cup [\bar{x}, +\infty), \qquad \bar{x} = \mathrm{settcosh}\left(2 + \sqrt{e - 1}\right) \approx 1{,}87$$

(con la formula $\mathrm{settcosh}\, a = \ln(a + \sqrt{a^2 - 1})$: $\ln(3{,}311 + 3{,}157) \approx 1{,}867$.)

Parte 2: $f_2(x) = \log(\cos^2 x - 4\cos x + 5)$

Dominio, simmetrie, periodicità

Con $t = \cos x$ di nuovo $t^2 - 4t + 5 > 0$ per ogni $t$: $\mathrm{Dom}(f_2) = \mathbb{R}$.

$\cos$ è pari, quindi $f_2$ è pari. Ed è $2\pi$-periodica: $\cos(x + 2\pi) = \cos x$, quindi $f_2(x + 2\pi) = f_2(x)$ (vedi Funzioni periodicheUna funzione è periodica di periodo T se si ripete uguale dopo ogni intervallo di lunghezza T; f(cx) ha periodo T/c, e somme o prodotti di periodiche sono periodici solo se il rapporto dei periodi è razionale.Funzioni periodiche →).

$f_2^{\leftarrow}([1, +\infty))$

Come prima si arriva a

$$\text{(I)} \ \cos x \le 2 - \sqrt{e - 1} \qquad \text{oppure} \qquad \text{(II)} \ \cos x \ge 2 + \sqrt{e - 1}$$

(II) è impossibile: $2 + \sqrt{e-1} > 1 \ge \cos x$.

(I). Ora $c = 2 - \sqrt{e - 1} \approx 0{,}689$ sta tra $0$ e $1$ (è $< 1$ come visto, ed è $> 0$ perché $\sqrt{e - 1} < 2 \iff e - 1 < 4 \iff e < 5$). Sulla circonferenza goniometricaIl punto $(\cos x, \sin x)$ della circonferenza di raggio 1: $\cos x$ è l'ascissa.Funzioni trigonometriche e loro inverse → si cercano i punti con ascissa $X = \cos x \le c$: sono quelli a sinistra della retta verticale $X = c$. Il primo angolo in $[0, \pi]$ con $\cos x = c$ è

$$\bar{x} = \arccos\left(2 - \sqrt{e - 1}\right) \approx 0{,}810$$

e la condizione $\cos x \le c$ vale per $\bar{x} \le x \le 2\pi - \bar{x}$; per periodicità:

$$f_2^{\leftarrow}([1, +\infty)) = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left[\bar{x} + 2k\pi, \ 2\pi - \bar{x} + 2k\pi\right], \qquad \bar{x} = \arccos\left(2 - \sqrt{e - 1}\right)$$

Controllo: $x = \pi$: $\cos\pi = -1$, $f_2(\pi) = \ln(1 + 4 + 5) = \ln 10 \approx 2{,}30 \ge 1$ ✓. $x = 0$: $f_2(0) = \ln 2 \approx 0{,}69 < 1$ ✓ (escluso).

Errori comuni

• Dimenticare che $\cosh x \ge 1$ e $-1 \le \cos x \le 1$: sono questi vincoli a eliminare uno dei due casi.
• Togliere il $\cosh$ come se fosse crescente ovunque: si usa il grafico (è pari) e $\mathrm{settcosh}$ solo per $\bar{x} \ge 0$.
• Dimenticare la periodicità nelle soluzioni con il coseno.