Calcolo del dominio di una funzione a più variabili

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Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\ln((x-2)(y-3)),$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. Ricordiamo che la funzione logaritmo è definita solamente quando il suo argomento è strettamente maggiore di zero. Dunque, il dominio è dato dall’insieme dei punti $(x,y)$ che soddisfano la seguente disequazione:

(1) $\begin{equation*} (x-2)(y-3)>0. \end{equation*}$

Studiamo il segno dei singoli fattori della disequazione: avremo che il primo sarà positivo per $x>2$ e che il secondo sarà positivo per $y>3$ , ossia possiamo schematizzare la situazione nel seguente modo:

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Il dominio della funzione è:

$\boxcolorato{analisi}{A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\,:\, x<2,\,y<3\quad\vee\quad x>2,\,y>3\}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\arcsin(x^2-y^2),$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. L’argomento dell’arcoseno può assumere valori compresi tra $-1$ e $1$ , cioè

(2) $\begin{equation*} -1\leq x^2-y^2\leq 1, \end{equation*}$

da cui

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} x^2-y^2\geq-1\\ x^2-y^2\leq1. \end{cases} \end{equation*}$

Le due iperboli di equazione $x^2-y^2=-1$ e $x^2-y^2=1$ sono iperboli equilatere e hanno asintoti $y=x$ e $y=-x$ . I loro grafici sono noti e facili da disegnare. Per la prima disequazione del sistema si ha

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mentre per la seconda si ha

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Si osservi che per entrambi i grafici la zona colorata rappresenta l’insieme in cui ciascuna disequazione è verificata. Facendo l’intersezione dei due grafici si ottiene il seguente grafico

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che rappresenta proprio il dominio cercato.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\sqrt{-x^2-y^2+1},$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. Si deve avere

(4) $\begin{equation*} -x^2-y^2+1\geq0\quad\Leftrightarrow\quad x^2+y^2\leq1. \end{equation*}$

Graficamente si ha

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Si conclude che il dominio è

$\boxcolorato{analisi}{A=\bigg\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\,:\,x^2+y^2\leq 1\bigg\}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\ln(x^3+xy^2-x),$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. Si deve avere

(5) $\begin{equation*} x^3+xy^2-x>0. \end{equation*}$

Possiamo raccogliere il termine $x$ , ottenendo così:

(6) $\begin{equation*} x\left(x^2+y^2-1\right)>0, \end{equation*}$

da cui è possibile esprimere la funzione l’argomento del logaritmo come il prodotto di due funzioni $g(x,y)$ e $h(x,y)$ tali che:

(7) $\begin{equation*} g(x,y)=x,\qquad\qquad h(x,y)=x^2+y^2-1. \end{equation*}$

Per $g(x,y)$ , si vede subito che essa sarà positiva per $x>0$ indipendentemente dal valore di $y$ ; graficamente abbiamo

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Per quanto riguarda $h(x,y)$ , riconosciamo che essa non è altro che l’equazione di una circonferenza di raggio unitario centrata nell’origine. Imponendo che sia $h(x,y)>0$ , troviamo:

(8) $\begin{equation*} x^2+y^2-1>0\qquad\Leftrightarrow\qquad x^2+y^2> 1. \end{equation*}$

Graficamente si ha

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Confrontando lo studio del segno delle due funzioni, si può dedurre per quali punti il loro prodotto risulterà positivo. L’insieme di tali punti costituirà proprio il dominio di $f(x,y)$ . Procediamo ancora una volta visualizzando la situazione con uno schema:

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Concludiamo che il dominio di $f(x,y)$ è:

$\boxcolorato{analisi}{A=\bigg\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\,:\,x^2+y^2<1,\,\, x<0\quad\vee\quad x^2+y^2>1,\,x>0\bigg\}.}$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\ln\left(\dfrac{\left(y-x^2+4x\right)\left(|y|-2x+1\right)}{\left(x+3\right)}\right),$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. Si deve avere

(9) $\begin{equation*} { g(x,y)\,h(x,y)\,s(x,y)}>0, \end{equation*}$

dove

(10) $\begin{equation*} g(x,y)=y-x^2+4x,\qquad\qquad h(x,y)=|y|-2x+1,\qquad\qquad s(x,y)=\dfrac{1}{x+3}. \end{equation*}$

Studiamo il segno di $g$ , ponendola maggiore di zero, ovvero:

(11) $\begin{equation*} g(x,y)>0\qquad\Leftrightarrow\qquad y-x^2+4x>0\qquad\Leftrightarrow\qquad y>x^2-4x. \end{equation*}$

Deduciamo quindi che i punti in cui la funzione $g(x,y)$ è positiva si possono ottenere disegnando il grafico della parabola di equazione $y=x^2-4x$ . Di seguito viene riportato il grafico dello studio del segno per $g$ .

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Per la funzione $h(x,y)$ si ha

(12) $\begin{equation*} h(x,y)=\begin{cases} y-2x+1 & \text{se} \quad y\geq0;\\\\ -y-2x+1 & \text{se} \quad y<0, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(13) $\begin{equation*} h(x,y)>0\qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} y-2x+1>0 & \text{se} \quad y\geq0\\\\ -y-2x+1> & \text{se} \quad y<0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} y-2x+1>0 & \text{se} \quad y\geq0\\\\ y+2x-1<0 & \text{se} \quad y<0, \end{cases} \end{equation*}$

cioè

(14) $\begin{equation*} h(x,y)>0\qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} y>2x-1 & \text{se} \quad y\geq0\\\\ y<-2x+1 & \text{se} \quad y<0. \end{cases} \end{equation*}$

Riportiamo di seguito il grafico del segno per $H(x,y)>0$ .

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Infine, studiamo il segno di $s(x,y)$ . Si nota, banalmente, che tale funzione è positiva per ogni valore di $y$ purché si abbia $x>-3$ .\\
A questo punto, confrontiamo i risultati ottenuti per le singole funzioni in modo da poter studiare il segno dell’argomento di $f(x,y)$ , da cui si ottiene facilmente il dominio. Di seguito il grafico dello studio del segno dell’argomento della funzione $f$ .

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Per il lettore scrupoloso, per completezza, si consiglia di determinare i punti di intersezioni del grafico delle varie funzioni. Prendendo i valori positivi, rappresentati nel grafico di sopra, si ottiene la rappresentazione del dominio di $f$ .

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia

$f: A\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R},\, f(x,y)=\dfrac{\ln\left(\ln\left(\dfrac{1}{4}(x^2+y^2)-1\right)\right)}{\sin(xy)},$

dove $A$ è il dominio naturale della funzione. Determinare $A$ .

Svolgimento. Osserviamo che il numeratore della funzione $f$ è un logaritmo avente dentro l’argomento a sua volta un logaritmo, dunque, dobbiamo imporre che l’argomento di entrambi sia maggiore di zero. Inoltre, il denominatore essendo un seno è definito per tutti i numeri reali, ad esclusione dei valori per il quale si annulla. Pertanto, la condizione di esistenza di $f$ è

(15) $\begin{equation*} \begin{cases} \ln\left(\ln\left(\dfrac{1}{4}(x^2+y^2)-1\right)\right)>0;\\\\ \dfrac{1}{4}(x^2+y^2)-1>0;\\\\ \sin(xy)\neq0. \end{cases} \end{equation*}$

Per la prima disequazione ha

(16) $\begin{equation*} \ln\left(\dfrac{1}{4}(x^2+y^2)-1\right)\geq0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{1}{4}(x^2+y^2)-1\geq1\quad\Leftrightarrow\quad x^2+y^2\geq8. \end{equation*}$

Si osservi che $x^2+y^2=8$ è una circonferenza di raggio $2\sqrt{2}$ con centro nell’origine. Inoltre, tutti i punti $(x,y)$ che verificato (17) sono tutti punti esterni alla circonferenza escluso il bordo.
Per la seconda disequazione si ha

(17) $\begin{equation*} \ln\left(\dfrac{1}{4}(x^2+y^2)-1\right)\geq0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{1}{4}(x^2+y^2)-1>0\quad\Leftrightarrow\quad x^2+y^2>4. \end{equation*}$

Si osservi che $x^2+y^2=2$ è una circonferenza di raggio $2$ con centro nell’origine. Inoltre, tutti i punti $(x,y)$ che verificato (17) sono tutti punti esterni alla circonferenza escluso il bordo.
Per la terza condizione si ha

(18) $\begin{equation*} \sin(xy)\neq0\quad\Leftrightarrow\quad xy\neq k\pi\quad \text{con}\quad k\in\mathbb{Z}, \end{equation*}$

ossia troviamo che i punti del dominio della funzione non possono giacere su alcuna iperbole equilatera del tipo $xy=k\pi$ con $k$ intero. In particolare, sappiamo che l’iperbole equilatera è composta da due rami e che i suoi asintoti sono proprio gli assi cartesiani. Inoltre, ciascun ramo interseca la bisettrice del primo e del terzo quadrante se $k\pi>0$ e interseca la bisettrice del secondo e quarto quadrante se $k\pi<0$ . Dal momento che $k$ può assumere infiniti valori sia positivi che negativi, avremo una simmetria di questo tipo:

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Deduciamo dunque che il dominio della funzione $f(x,y)$ è:

$\boxcolorato{analisi}{A=\bigg\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\,:\,\text{$x^2+y^2\geq8,\,xy\neq k\pi\,$ con $k\in\mathbb{Z}$}\bigg\}.}$