In questa sezione proponiamo una raccolta di 20 esercizi svolti su dominio, codominio e immagine, sviluppati con spiegazioni rigorose e dettagliate per comprendere davvero il significato di questi tre concetti fondamentali nello studio delle funzioni.
Molto spesso dominio, codominio e immagine vengono confusi tra loro, ma rappresentano insiemi differenti e svolgono ruoli completamente diversi.
In particolare:
- il dominio è l'insieme dei valori per cui la funzione è definita;
- il codominio è l'insieme nel quale la funzione assume valori;
- l'immagine è l'insieme dei valori effettivamente assunti dalla funzione.
Comprendere bene questa distinzione è essenziale non solo nello studio elementare delle funzioni, ma anche nell'analisi matematica, nello studio delle funzioni invertibili, delle applicazioni lineari e delle trasformazioni geometriche.
Negli esercizi seguenti impareremo a:
- determinare correttamente il dominio di una funzione;
- distinguere codominio e immagine;
- capire quando immagine e codominio coincidono;
- studiare i valori realmente assunti da una funzione.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=5x-3. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R} \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=5x-3. \]
Si tratta di una funzione polinomiale di primo grado. Le funzioni polinomiali sono definite per ogni numero reale, poiché non compaiono denominatori, radici o logaritmi che possano imporre restrizioni.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla scrittura:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \]
osserviamo immediatamente che il codominio scelto è:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine della funzione.
Poniamo:
\[ y=5x-3. \]
Risolviamo rispetto a \(x\):
\[ 5x=y+3 \]
e quindi:
\[ x=\frac{y+3}{5}. \]
Per ogni valore reale \(y\), il numero:
\[ \frac{y+3}{5} \]
appartiene a \(\mathbb{R}\). Questo significa che ogni numero reale viene effettivamente assunto dalla funzione.
Di conseguenza:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}. \]
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=x^2+1. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione:
\[ f(x)=x^2+1 \]
è una funzione polinomiale, dunque è definita per ogni numero reale.
Di conseguenza:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Il codominio si legge direttamente dalla definizione della funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Poiché:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
allora:
\[ x^2+1\ge1. \]
La funzione assume quindi soltanto valori maggiori o uguali a \(1\).
Mostriamo ora che tutti questi valori vengono effettivamente assunti.
Sia:
\[ y\ge1. \]
Risolviamo:
\[ y=x^2+1. \]
Otteniamo:
\[ x^2=y-1. \]
Poiché:
\[ y-1\ge0, \]
possiamo scegliere:
\[ x=\sqrt{y-1}. \]
Quindi ogni numero maggiore o uguale a \(1\) appartiene all'immagine della funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty). \]
Osserviamo infine che:
\[ \mathrm{Im}(f)\subsetneq\mathrm{Cod}(f), \]
poiché la funzione non assume mai valori minori di \(1\).
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to[0,+\infty) \qquad,\qquad f(x)=x^2. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=[0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=x^2. \]
Essendo una funzione polinomiale, è definita per ogni numero reale.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Il codominio è invece:
\[ [0,+\infty), \]
poiché la funzione è definita come:
\[ f:\mathbb{R}\to[0,+\infty). \]
Studiamo ora l'immagine.
Per ogni \(x\in\mathbb{R}\), vale:
\[ x^2\ge0. \]
La funzione assume quindi soltanto valori non negativi.
Inoltre ogni valore non negativo viene effettivamente assunto.
Infatti, dato:
\[ y\ge0, \]
possiamo scegliere:
\[ x=\sqrt{y}. \]
Otteniamo così:
\[ f(x)=f(\sqrt{y})=(\sqrt{y})^2=y. \]
Dunque:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
In questo caso immagine e codominio coincidono:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathrm{Cod}(f). \]
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:[0,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=[0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\sqrt{x}. \]
Affinché una radice quadrata sia definita nei numeri reali, il radicando deve essere maggiore o uguale a zero.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x\ge0. \]
Di conseguenza:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[0,+\infty). \]
Dalla definizione:
\[ f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
osserviamo che il codominio scelto è:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
La radice quadrata aritmetica è sempre non negativa.
Vale infatti:
\[ \sqrt{x}\ge0 \qquad \forall x\ge0. \]
Quindi la funzione assume soltanto valori appartenenti all'intervallo:
\[ [0,+\infty). \]
Mostriamo ora che tutti questi valori vengono effettivamente assunti.
Sia:
\[ y\ge0. \]
Scegliamo:
\[ x=y^2. \]
Poiché:
\[ y^2\ge0, \]
abbiamo:
\[ y^2\in[0,+\infty), \]
cioè il valore scelto appartiene al dominio.
Inoltre:
\[ f(y^2)=\sqrt{y^2}=y. \]
Quindi ogni numero reale non negativo appartiene all'immagine della funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Osserviamo infine che:
\[ \mathrm{Im}(f)\subsetneq\mathrm{Cod}(f), \]
poiché la funzione non assume mai valori negativi.
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{2}{x-1}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\} \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{2}{x-1}. \]
In una frazione il denominatore non può essere uguale a zero.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x-1\neq0. \]
Risolvendo:
\[ x\neq1. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R}, \]
deduciamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine della funzione.
Osserviamo innanzitutto che la funzione non può mai assumere il valore \(0\).
Infatti:
\[ \frac{2}{x-1}=0 \]
non ha soluzioni reali, poiché una frazione con numeratore diverso da zero non può essere uguale a zero.
Quindi:
\[ 0\notin\mathrm{Im}(f). \]
Mostriamo ora che ogni altro numero reale viene assunto.
Sia:
\[ y\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
Risolviamo:
\[ y=\frac{2}{x-1}. \]
Moltiplicando per \(x-1\):
\[ y(x-1)=2. \]
Dividendo per \(y\):
\[ x-1=\frac{2}{y}. \]
e quindi:
\[ x=1+\frac{2}{y}. \]
Poiché \(y\neq0\), questo valore è ben definito.
Dunque ogni numero reale diverso da zero appartiene all'immagine della funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:(0,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\ln(x). \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=(0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R} \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\ln(x). \]
Il logaritmo naturale è definito soltanto per argomenti strettamente positivi.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x>0. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=(0,+\infty). \]
Dalla definizione:
\[ f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
deduciamo che il codominio è:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
È noto che:
\[ \lim_{x\to0^+}\ln(x)=-\infty \]
e:
\[ \lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty. \]
Inoltre la funzione logaritmo è continua nell'intervallo:
\[ (0,+\infty). \]
Questo significa che, mentre \(x\) percorre tutti i valori positivi, la funzione assume tutti i valori reali.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}. \]
In questo caso:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathrm{Cod}(f). \]
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x-1}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\sqrt{x-1}. \]
Affinché la radice quadrata sia definita nei numeri reali, il radicando deve essere maggiore o uguale a zero.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x-1\ge0. \]
Risolvendo:
\[ x\ge1. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty). \]
Dalla definizione:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
leggiamo il codominio:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Poiché una radice quadrata aritmetica è sempre non negativa, si ha:
\[ \sqrt{x-1}\ge0. \]
Quindi la funzione assume soltanto valori non negativi.
Mostriamo ora che ogni valore non negativo viene effettivamente assunto.
Sia:
\[ y\ge0. \]
Vogliamo trovare \(x\in[1,+\infty)\) tale che:
\[ \sqrt{x-1}=y. \]
Elevando al quadrato:
\[ x-1=y^2. \]
Da cui:
\[ x=y^2+1. \]
Poiché \(y^2\ge0\), si ha:
\[ y^2+1\ge1, \]
quindi il valore trovato appartiene al dominio.
Inoltre:
\[ f(y^2+1)=\sqrt{y^2+1-1}=\sqrt{y^2}=y, \]
poiché \(y\ge0\).
Dunque tutti e soli i valori non negativi vengono assunti dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=|x|. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=|x|. \]
Il valore assoluto di un numero reale è definito per ogni numero reale.
Quindi:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
deduciamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Studiamo ora l'immagine.
Per definizione di valore assoluto, per ogni \(x\in\mathbb{R}\) vale:
\[ |x|\ge0. \]
Quindi la funzione non può assumere valori negativi.
Viceversa, ogni valore non negativo viene assunto.
Infatti, dato:
\[ y\ge0, \]
basta scegliere:
\[ x=y. \]
Allora:
\[ f(x)=f(y)=|y|=y, \]
poiché \(y\ge0\).
La funzione assume quindi tutti e soli i valori non negativi.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{-2\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{-2\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
In una funzione razionale fratta il denominatore non può essere nullo.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x+2\neq0. \]
Da cui:
\[ x\neq-2. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{-2\}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{-2\}\to\mathbb{R}, \]
deduciamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine della funzione.
Poniamo:
\[ y=\frac{x+1}{x+2}. \]
Risolviamo rispetto a \(x\).
Moltiplichiamo entrambi i membri per \(x+2\):
\[ y(x+2)=x+1. \]
Sviluppando:
\[ yx+2y=x+1. \]
Portiamo i termini con \(x\) da una parte:
\[ yx-x=1-2y. \]
Raccogliamo \(x\):
\[ x(y-1)=1-2y. \]
Se:
\[ y\neq1, \]
possiamo dividere per \(y-1\):
\[ x=\frac{1-2y}{y-1}. \]
Questo mostra che ogni valore reale diverso da \(1\) viene assunto dalla funzione.
Studiamo ora il caso:
\[ y=1. \]
Avremmo:
\[ \frac{x+1}{x+2}=1. \]
Moltiplicando per \(x+2\):
\[ x+1=x+2, \]
cioè:
\[ 1=2, \]
che è impossibile.
Quindi il valore \(1\) non viene mai assunto dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:[-1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=x^2+2x. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[-1,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione:
\[ f(x)=x^2+2x \]
è una funzione polinomiale, quindi sarebbe definita per ogni numero reale.
Tuttavia, nella definizione della funzione il dominio è già assegnato:
\[ [-1,+\infty). \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-1,+\infty). \]
Il codominio è:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Studiamo ora l'immagine.
Completiamo il quadrato:
\[ x^2+2x=(x+1)^2-1. \]
Poiché:
\[ (x+1)^2\ge0, \]
segue che:
\[ (x+1)^2-1\ge-1. \]
Quindi:
\[ f(x)\ge-1. \]
Inoltre il valore:
\[ -1 \]
viene effettivamente assunto per:
\[ x=-1, \]
infatti:
\[ f(-1)=(-1)^2+2(-1)=1-2=-1. \]
Mostriamo ora che tutti i valori maggiori di \(-1\) vengono assunti.
Sia:
\[ y\ge-1. \]
Risolviamo:
\[ y=(x+1)^2-1. \]
Otteniamo:
\[ y+1=(x+1)^2. \]
Poiché:
\[ y+1\ge0, \]
possiamo scrivere:
\[ x+1=\sqrt{y+1}. \]
Da cui:
\[ x=-1+\sqrt{y+1}. \]
Questo valore appartiene all'intervallo:
\[ [-1,+\infty). \]
Quindi tutti i valori maggiori o uguali a \(-1\) vengono effettivamente assunti dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[-1,+\infty). \]
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=-x^2+4. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(-\infty,4] \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=-x^2+4. \]
Si tratta di una funzione polinomiale, quindi è definita per ogni numero reale.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \]
ricaviamo che il codominio è:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Poiché:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
moltiplicando per \(-1\) il verso della disuguaglianza cambia:
\[ -x^2\le0. \]
Sommando \(4\) a entrambi i membri:
\[ -x^2+4\le4. \]
Quindi la funzione non può assumere valori maggiori di \(4\).
Il valore massimo \(4\) viene effettivamente assunto per:
\[ x=0, \]
infatti:
\[ f(0)=-0^2+4=4. \]
Inoltre, facendo crescere \(|x|\), il termine \(-x^2\) diventa sempre più negativo, quindi la funzione assume valori arbitrariamente piccoli.
Pertanto l'immagine è:
\[ \mathrm{Im}(f)=(-\infty,4]. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{1}{x^2}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{1}{x^2}. \]
Il denominatore non può essere uguale a zero. Dobbiamo quindi imporre:
\[ x^2\neq0. \]
Questa condizione equivale a:
\[ x\neq0. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}, \]
segue che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Studiamo ora l'immagine.
Per ogni \(x\neq0\), abbiamo:
\[ x^2>0. \]
Di conseguenza:
\[ \frac{1}{x^2}>0. \]
La funzione assume quindi soltanto valori positivi.
Mostriamo ora che ogni valore positivo viene effettivamente assunto.
Sia:
\[ y>0. \]
Vogliamo risolvere:
\[ \frac{1}{x^2}=y. \]
Otteniamo:
\[ x^2=\frac{1}{y}. \]
Poiché \(y>0\), il numero \(\frac{1}{y}\) è positivo. Possiamo quindi scegliere:
\[ x=\frac{1}{\sqrt{y}}. \]
Questo valore è reale e diverso da zero, quindi appartiene al dominio.
Inoltre:
\[ f\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right) = \frac{1}{\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2} = \frac{1}{\frac{1}{y}} = y. \]
Dunque tutti e soli i valori positivi vengono assunti dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=(0,+\infty). \]
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=|x-2|. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=|x-2|. \]
Il valore assoluto è definito per ogni numero reale. Inoltre l'espressione interna \(x-2\) è un polinomio di primo grado, quindi non impone alcuna restrizione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
deduciamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Per definizione di valore assoluto, per ogni \(x\in\mathbb{R}\) vale:
\[ |x-2|\ge0. \]
Quindi la funzione non può assumere valori negativi.
Il valore minimo possibile è \(0\), che viene assunto quando:
\[ x-2=0. \]
Risolvendo:
\[ x=2. \]
Infatti:
\[ f(2)=|2-2|=0. \]
Mostriamo ora che ogni valore positivo viene assunto.
Sia:
\[ y>0. \]
Vogliamo risolvere:
\[ |x-2|=y. \]
Questa equazione equivale a:
\[ x-2=y \qquad \text{oppure} \qquad x-2=-y. \]
Da cui:
\[ x=2+y \qquad \text{oppure} \qquad x=2-y. \]
In entrambi i casi otteniamo valori reali del dominio.
Quindi tutti i valori non negativi vengono effettivamente assunti dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{2\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x+1}{x-2}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{2\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-2}. \]
Trattandosi di una funzione razionale fratta, il denominatore non può essere uguale a zero.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x-2\neq0. \]
Quindi:
\[ x\neq2. \]
Di conseguenza:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{2\}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{2\}\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Per determinare l'immagine, poniamo:
\[ y=\frac{x+1}{x-2}. \]
Risolviamo questa equazione rispetto a \(x\), così da capire per quali valori di \(y\) esiste almeno una preimmagine \(x\).
Moltiplichiamo per \(x-2\):
\[ y(x-2)=x+1. \]
Sviluppiamo:
\[ yx-2y=x+1. \]
Portiamo i termini contenenti \(x\) da una parte:
\[ yx-x=2y+1. \]
Raccogliamo \(x\):
\[ x(y-1)=2y+1. \]
Se:
\[ y\neq1, \]
possiamo dividere per \(y-1\) e ottenere:
\[ x=\frac{2y+1}{y-1}. \]
Questo valore è reale per ogni \(y\neq1\).
Resta da verificare se il valore \(y=1\) può essere assunto.
Poniamo:
\[ \frac{x+1}{x-2}=1. \]
Moltiplicando per \(x-2\), otteniamo:
\[ x+1=x-2. \]
Sottraendo \(x\) da entrambi i membri:
\[ 1=-2, \]
che è impossibile.
Quindi il valore \(1\) non viene mai assunto dalla funzione.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
Il denominatore è:
\[ x^2+1. \]
Poiché:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
si ha:
\[ x^2+1\ge1. \]
Quindi il denominatore non si annulla mai.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Osserviamo innanzitutto che:
\[ x^2\ge0 \qquad \text{e} \qquad x^2+1>0. \]
Quindi:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}\ge0. \]
Inoltre:
\[ x^2
Dividendo per \(x^2+1>0\), otteniamo:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}<1. \]
Dunque:
\[ 0\le f(x)<1. \]
Il valore \(0\) viene assunto per \(x=0\), infatti:
\[ f(0)=\frac{0^2}{0^2+1}=0. \]
Il valore \(1\), invece, non viene mai assunto, perché richiederebbe:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}=1, \]
cioè:
\[ x^2=x^2+1, \]
impossibile.
Mostriamo ora che ogni valore \(y\) con:
\[ 0\le y<1 \]
viene effettivamente assunto.
Risolviamo:
\[ y=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
Moltiplicando:
\[ y(x^2+1)=x^2. \]
Sviluppando:
\[ yx^2+y=x^2. \]
Portiamo i termini con \(x^2\) da una parte:
\[ x^2-yx^2=y. \]
Raccogliamo \(x^2\):
\[ x^2(1-y)=y. \]
Poiché \(y<1\), possiamo dividere per \(1-y>0\):
\[ x^2=\frac{y}{1-y}. \]
Se \(0\le y<1\), allora:
\[ \frac{y}{1-y}\ge0. \]
Quindi possiamo scegliere:
\[ x=\sqrt{\frac{y}{1-y}}. \]
Tale valore è reale e appartiene al dominio.
Pertanto ogni \(y\in[0,1)\) viene assunto dalla funzione.
Concludiamo che:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1). \]
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:[0,+\infty)\to[0,+\infty) \qquad,\qquad f(x)=x^2. \]
Determinare la funzione inversa.
Risultato
La funzione è invertibile e la sua inversa è definita come \(f^{-1}:[0,+\infty)\to[0,+\infty)\) con legge:
\[ f^{-1}(x)=\sqrt{x}. \]
Svolgimento
La funzione \(f(x)=x^2\) è considerata nell'intervallo con dominio \([0,+\infty)\) e codominio \([0,+\infty)\). Questa scelta è fondamentale: su tutto \(\mathbb{R}\), la funzione \(x^2\) non sarebbe iniettiva; invece, su \([0,+\infty)\), diventa iniettiva e suriettiva (quindi biiettiva) rispetto al suo codominio.
Per determinare l'espressione analitica dell'inversa, poniamo:
\[ y=x^2. \]
Risolvendo rispetto a \(x\), otterremmo formalmente due soluzioni:
\[ x=\pm\sqrt{y}. \]
Tuttavia, poiché il dominio della funzione originale è limitato ai soli valori reali non negativi (\(x \ge 0\)), dobbiamo scartare la soluzione negativa. Teniamo quindi solo la radice positiva:
\[ x=\sqrt{y}. \]
Scambiando infine il ruolo delle variabili \(x\) e \(y\), otteniamo la funzione inversa \(f^{-1}:[0,+\infty)\to[0,+\infty)\) definita da:
\[ f^{-1}(x)=\sqrt{x}. \]
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:[-2,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x+2}+1. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-2,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\sqrt{x+2}+1. \]
Per essere definita nei numeri reali, la radice quadrata richiede che il radicando sia maggiore o uguale a zero.
Dobbiamo quindi imporre:
\[ x+2\ge0. \]
Risolvendo:
\[ x\ge-2. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-2,+\infty). \]
Dalla definizione:
\[ f:[-2,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo che:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Poiché:
\[ x+2\ge0, \]
abbiamo:
\[ \sqrt{x+2}\ge0. \]
Sommando \(1\) a entrambi i membri:
\[ \sqrt{x+2}+1\ge1. \]
Quindi la funzione assume soltanto valori maggiori o uguali a \(1\).
Il valore \(1\) viene effettivamente assunto quando la radice vale \(0\), cioè per:
\[ x+2=0. \]
Da cui:
\[ x=-2. \]
Infatti:
\[ f(-2)=\sqrt{-2+2}+1=\sqrt{0}+1=1. \]
Mostriamo ora che ogni valore maggiore o uguale a \(1\) viene assunto.
Sia:
\[ y\ge1. \]
Risolviamo l'equazione:
\[ y=\sqrt{x+2}+1. \]
Sottraendo \(1\):
\[ y-1=\sqrt{x+2}. \]
Poiché \(y\ge1\), abbiamo \(y-1\ge0\), quindi possiamo elevare al quadrato:
\[ (y-1)^2=x+2. \]
Da cui:
\[ x=(y-1)^2-2. \]
Questo valore appartiene al dominio, perché:
\[ (y-1)^2-2\ge-2. \]
Pertanto ogni \(y\ge1\) viene effettivamente assunto dalla funzione.
Concludiamo che:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty). \]
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=e^x+2. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(2,+\infty) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=e^x+2. \]
La funzione esponenziale \(e^x\) è definita per ogni numero reale.
Di conseguenza anche \(e^x+2\) è definita per ogni \(x\in\mathbb{R}\).
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Studiamo ora l'immagine.
Per ogni \(x\in\mathbb{R}\), la funzione esponenziale è strettamente positiva:
\[ e^x>0. \]
Sommando \(2\) a entrambi i membri:
\[ e^x+2>2. \]
Quindi la funzione assume soltanto valori strettamente maggiori di \(2\).
Il valore \(2\) non viene mai assunto, perché richiederebbe:
\[ e^x+2=2, \]
cioè:
\[ e^x=0, \]
impossibile per ogni \(x\in\mathbb{R}\).
Mostriamo ora che ogni valore \(y>2\) viene effettivamente assunto.
Sia:
\[ y>2. \]
Risolviamo:
\[ y=e^x+2. \]
Sottraendo \(2\):
\[ y-2=e^x. \]
Poiché \(y>2\), abbiamo \(y-2>0\), quindi possiamo applicare il logaritmo:
\[ x=\ln(y-2). \]
Questo valore appartiene a \(\mathbb{R}\).
Pertanto ogni \(y>2\) viene assunto dalla funzione.
Concludiamo che:
\[ \mathrm{Im}(f)=(2,+\infty). \]
Esercizio 19 — livello ★★★★★
Consideriamo la funzione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{2x^2+1}{x^2+1}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,2) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{2x^2+1}{x^2+1}. \]
Il denominatore è:
\[ x^2+1. \]
Poiché:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
si ha:
\[ x^2+1\ge1. \]
Il denominatore è quindi sempre positivo e non si annulla mai.
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
Dalla definizione:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Riscriviamo la funzione in una forma più utile:
\[ \frac{2x^2+1}{x^2+1} = \frac{2(x^2+1)-1}{x^2+1}. \]
Quindi:
\[ f(x)=2-\frac{1}{x^2+1}. \]
Poiché:
\[ x^2+1\ge1, \]
abbiamo:
\[ 0<\frac{1}{x^2+1}\le1. \]
Sottraendo questa quantità da \(2\), otteniamo:
\[ 1\le 2-\frac{1}{x^2+1}<2. \]
Dunque:
\[ 1\le f(x)<2. \]
Il valore \(1\) viene assunto per \(x=0\), infatti:
\[ f(0)=\frac{2\cdot0^2+1}{0^2+1}=1. \]
Il valore \(2\), invece, non viene mai assunto, perché:
\[ f(x)=2-\frac{1}{x^2+1} \]
e il termine:
\[ \frac{1}{x^2+1} \]
è sempre strettamente positivo.
Inoltre, per valori di \(|x|\) sempre più grandi, la quantità:
\[ \frac{1}{x^2+1} \]
si avvicina a \(0\), quindi \(f(x)\) si avvicina a \(2\), senza mai raggiungerlo.
Pertanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,2). \]
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Consideriamo la funzione:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x-1}{x+1}. \]
Determinare:
- il dominio;
- il codominio;
- l'immagine della funzione.
Risultato
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1) \]
Svolgimento
La funzione assegnata è:
\[ f(x)=\frac{x-1}{x+1}. \]
Il dominio è già indicato nella definizione della funzione:
\[ [1,+\infty). \]
Osserviamo che, in questo intervallo, il denominatore \(x+1\) non si annulla mai. Infatti, se \(x\ge1\), allora:
\[ x+1\ge2>0. \]
Pertanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty). \]
Dalla definizione:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
ricaviamo:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determiniamo ora l'immagine.
Per \(x\ge1\), abbiamo:
\[ x-1\ge0 \qquad \text{e} \qquad x+1>0. \]
Quindi:
\[ \frac{x-1}{x+1}\ge0. \]
Inoltre:
\[ x-1
Dividendo per \(x+1>0\), otteniamo:
\[ \frac{x-1}{x+1}<1. \]
Dunque:
\[ 0\le f(x)<1. \]
Il valore \(0\) viene assunto per \(x=1\), infatti:
\[ f(1)=\frac{1-1}{1+1}=0. \]
Il valore \(1\), invece, non viene mai assunto. Infatti:
\[ \frac{x-1}{x+1}=1 \]
implicherebbe:
\[ x-1=x+1, \]
cioè:
\[ -1=1, \]
impossibile.
Mostriamo infine che ogni valore \(y\) con:
\[ 0\le y<1 \]
viene effettivamente assunto.
Risolviamo:
\[ y=\frac{x-1}{x+1}. \]
Moltiplicando per \(x+1\):
\[ y(x+1)=x-1. \]
Sviluppando:
\[ yx+y=x-1. \]
Portiamo i termini con \(x\) da una parte:
\[ x-yx=y+1. \]
Raccogliamo \(x\):
\[ x(1-y)=y+1. \]
Poiché \(y<1\), possiamo dividere per \(1-y>0\):
\[ x=\frac{y+1}{1-y}. \]
Se \(0\le y<1\), allora:
\[ \frac{y+1}{1-y}\ge1, \]
quindi il valore trovato appartiene al dominio.
Pertanto ogni \(y\in[0,1)\) viene effettivamente assunto dalla funzione.
Concludiamo che:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1). \]