Manual · pagina 83

Exercițiul 7 · Descompunerea $h = f \circ g$

Pentru fiecare dintre funcțiile $h$ următoare, determină câte două funcții $f$ și $g$ astfel încât $h = f \circ g$ .

a) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2|x - 1| + 1$ ;

b) $h\colon (-1, \infty) \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\sqrt{x + 1} + 1$ ;

c) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2 + x + 1)^2$ $+ (x^2 + x + 1) + 3$ ;

d) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2)^2 + x^2 + 1$ ;

e) $h\colon \mathbb R^* \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\left(\left(x + \dfrac1x\right)^2 - 2\right)$ $+ x + \dfrac1x$ .

a) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2|x - 1| + 1$ .

În

f(g(x))

g

lucrează prima. Caută în

h(x)

o bucată care se calculează întâi și apare ca un bloc.

1. Ce funcție lucrează prima
Compunerea funcțiilor (manual, p. 80)
$h = f \circ g$ înseamnă $h(x) = f(g(x))$ : întâi se calculează $g(x)$ , apoi $f$ se aplică rezultatului. Pentru $g\colon A \to B$ , funcția $f$ trebuie să fie definită pe $B$ .
Ca să calculezi $h(x) = 2|x - 1| + 1$ pentru un număr dat, primul lucru pe care îl faci este $x - 1$ . Apoi iei modulul, înmulțești cu $2$ și aduni $1$ . Alegem deci $g\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $g(x) = x - 1$ : blocul calculat primul.
Verifică-te
Ce lege trebuie să aibă $f$ , ca $f(x - 1) = 2|x - 1| + 1$ pentru orice $x$ ?
2. Verificăm
Cu $g(x) = x - 1$ și $f(x) = 2|x| + 1$ , ambele de la $\mathbb R$ la $\mathbb R$ : $(f \circ g)(x) = f(x - 1)$ , adică $2|x - 1| + 1 = h(x)$ .
De exemplu, $h(3) = 2 \cdot 2 + 1 = 5$ : întâi $g(3) = 2$ , apoi $f(2) = 5$ .
3. Nu este singura alegere
Putem „tăia” calculul și în alt loc. De exemplu, $g(x) = |x - 1|$ și $f(x) = 2x + 1$ : $f(g(x)) = 2|x - 1| + 1$ . Merge și $g = h$ , $f = 1_{\mathbb R}$ (funcția identică, manual, p. 81), dar această descompunere nu spune nimic nou.

Răspuns

De exemplu,

g\colon \mathbb R \to \mathbb R

g(x) = x - 1

și

f\colon \mathbb R \to \mathbb R

f(x) = 2|x| + 1

. (Altă variantă:

g(x) = |x - 1|

f(x) = 2x + 1

b) $h\colon (-1, \infty) \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\sqrt{x + 1} + 1$ .

Primul pas al calculului este cel de sub radical. Ai grijă ca

f

să fie definită pe toate valorile lui

g

1. Alegem $g$ și $f$
Compunerea funcțiilor (manual, p. 80)
Pentru $g\colon A \to B$ și $f\colon B \to C$ , $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ . Codomeniul lui $g$ trebuie să fie domeniul lui $f$ .
Calculul lui $h(x)$ începe cu $x + 1$ , apoi extrage radicalul, înmulțește cu $2$ și adună $1$ . Alegem $g(x) = x + 1$ și $f(x) = 2\sqrt x + 1$ . Atunci $f(g(x)) = 2\sqrt{x + 1} + 1 = h(x)$ .
2. Domeniile
Domeniul lui $g$ este cel al lui $h$ , adică $(-1, \infty)$ . Ne interesează valorile lui $g$ pe acest interval.
Verifică-te
Ce codomeniu $B$ alegem pentru $g$ (și deci ce domeniu pentru $f$ )?
$x$ $-0{,}75$ $0$ $3$ $8$
$g(x)$ $0{,}25$ $1$ $4$ $9$
$f(g(x))$ $2$ $3$ $5$ $7$
$h(x)$ $2$ $3$ $5$ $7$

$x$	$-0{,}75$	$0$	$3$	$8$
$g(x)$	$0{,}25$	$1$	$4$	$9$
$f(g(x))$	$2$	$3$	$5$	$7$
$h(x)$	$2$	$3$	$5$	$7$

Răspuns

De exemplu,

g\colon (-1, \infty) \to (0, \infty)

g(x) = x + 1

și

f\colon (0, \infty) \to \mathbb R

f(x) = 2\sqrt x + 1

. (Altă variantă:

g(x) = \sqrt{x + 1}

f(x) = 2x + 1

c) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2 + x + 1)^2$ $+ (x^2 + x + 1) + 3$ .

O expresie apare de două ori în

h(x)

. Notează-o cu

t

1. Blocul care se repetă
Compunerea funcțiilor (manual, p. 80)
$h = f \circ g$ înseamnă $h(x) = f(g(x))$ : $g$ se aplică întâi, $f$ rezultatului.
Expresia $x^2 + x + 1$ apare de două ori și se calculează înaintea restului. Alegem $g\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $g(x) = x^2 + x + 1$ și notăm $t = g(x)$ . Rescrie $h(x)$ înlocuind fiecare bloc $x^2 + x + 1$ cu $t$ : ce obții este $f(t)$ .
Verifică-te
Care este legea lui $f$ ?
2. Verificăm
Cu $g(x) = x^2 + x + 1$ și $f(x) = 2x^2 + x + 3$ :
$\begin{aligned} f(g(x)) &= 2(x^2 + x + 1)^2 \\ &\quad + (x^2 + x + 1) + 3 \\ &= h(x) \end{aligned}$
Pe numere:
$x$ $-1$ $0$ $1$
$g(x)$ $1$ $1$ $3$
$f(g(x))$ $6$ $6$ $24$
$h(x)$ $6$ $6$ $24$
Direct din legea lui $h$ : $h(-1) = 2 + 1 + 3 = 6$ și $h(1) = 18 + 3 + 3 = 24$ .

$x$	$-1$	$0$	$1$
$g(x)$	$1$	$1$	$3$
$f(g(x))$	$6$	$6$	$24$
$h(x)$	$6$	$6$	$24$

Răspuns

De exemplu,

g\colon \mathbb R \to \mathbb R

g(x) = x^2 + x + 1

și

f\colon \mathbb R \to \mathbb R

f(x) = 2x^2 + x + 3

d) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2)^2 + x^2 + 1$ .

Felul în care e scrisă

h

îți arată blocul:

x^2

apare de două ori.

1. Blocul $x^2$
Compunerea funcțiilor (manual, p. 80)
$h = f \circ g$ înseamnă $h(x) = f(g(x))$ : $g$ se aplică întâi, $f$ rezultatului.
Alegem $g\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $g(x) = x^2$ și notăm $t = x^2$ . Rescrie $h(x)$ înlocuind fiecare $x^2$ cu $t$ .
Verifică-te
Care este legea lui $f$ ?
2. Verificăm
Cu $g(x) = x^2$ și $f(x) = 2x^2 + x + 1$ : $f(g(x)) = 2(x^2)^2 + x^2 + 1 = h(x)$ . De exemplu, în $x = 2$ : $g(2) = 4$ , $f(4) = 32 + 4 + 1 = 37$ , iar $h(2) = 2 \cdot 16 + 4 + 1 = 37$ .
Cum $g$ ia doar valori nenegative, putem lua și $g\colon \mathbb R \to [0, \infty)$ și $f\colon [0, \infty) \to \mathbb R$ , cu aceleași legi.

Răspuns

De exemplu,

g\colon \mathbb R \to \mathbb R

g(x) = x^2

și

f\colon \mathbb R \to \mathbb R

f(x) = 2x^2 + x + 1

e) $h\colon \mathbb R^* \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\left(\left(x + \dfrac1x\right)^2 - 2\right)$ $+ x + \dfrac1x$ .

Blocul care se repetă este

x + \frac1x

. Notează-l cu

t

și desface parantezele în

t

1. Blocul $x + \frac1x$
Compunerea funcțiilor (manual, p. 80)
$h = f \circ g$ înseamnă $h(x) = f(g(x))$ : $g$ se aplică întâi, $f$ rezultatului.
Alegem $g\colon \mathbb R^* \to \mathbb R$ , $g(x) = x + \frac1x$ (definită pentru $x \ne 0$ , ca $h$ ). Cu $t = x + \frac1x$ :
$h(x) = 2\left(t^2 - 2\right) + t$
Verifică-te
Desfăcând paranteza, ce lege are $f$ ?
2. Verificăm
Cu $g(x) = x + \frac1x$ și $f\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $f(x) = 2x^2 + x - 4$ :
$\begin{aligned} f(g(x)) &= 2\left(x + \tfrac1x\right)^2 - 4 \\ &\quad + x + \tfrac1x = h(x) \end{aligned}$
De exemplu, în $x = 1$ : $g(1) = 2$ , $f(2) = 8 + 2 - 4 = 6$ , iar $h(1) = 2(4 - 2) + 2 = 6$ .
De unde vine „ $-2$ ”
$\left(x + \frac1x\right)^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}$ , deci $\left(x + \frac1x\right)^2 - 2 = x^2 + \frac1{x^2}$ . Funcția se putea scrie $h(x) = 2\left(x^2 + \frac1{x^2}\right) + x + \frac1x$ , dar așa blocul $x + \frac1x$ se vede mai greu.

Răspuns

De exemplu,

g\colon \mathbb R^* \to \mathbb R

g(x) = x + \frac1x

și

f\colon \mathbb R \to \mathbb R

f(x) = 2(x^2 - 2) + x

, adică

f(x) = 2x^2 + x - 4

Exercițiul 7 · Descompunerea h=f∘gh = f \circ gh=f∘g

a)h ⁣:R→Rh\colon \mathbb R \to \mathbb Rh:R→R, h(x)=2∣x−1∣+1h(x) = 2|x - 1| + 1h(x)=2∣x−1∣+1.

1. Ce funcție lucrează prima ✓

2. Verificăm ✓

3. Nu este singura alegere ✓

b)h ⁣:(−1,∞)→Rh\colon (-1, \infty) \to \mathbb Rh:(−1,∞)→R, h(x)=2x+1+1h(x) = 2\sqrt{x + 1} + 1h(x)=2x+1​+1.

1. Alegem ggg și fff ✓

2. Domeniile ✓

c)h ⁣:R→Rh\colon \mathbb R \to \mathbb Rh:R→R, h(x)=2(x2+x+1)2h(x) = 2(x^2 + x + 1)^2h(x)=2(x2+x+1)2 +(x2+x+1)+3+ (x^2 + x + 1) + 3+(x2+x+1)+3.

1. Blocul care se repetă ✓

2. Verificăm ✓

d)h ⁣:R→Rh\colon \mathbb R \to \mathbb Rh:R→R, h(x)=2(x2)2+x2+1h(x) = 2(x^2)^2 + x^2 + 1h(x)=2(x2)2+x2+1.

1. Blocul x2x^2x2 ✓

2. Verificăm ✓

e)h ⁣:R∗→Rh\colon \mathbb R^* \to \mathbb Rh:R∗→R, h(x)=2((x+1x)2−2)h(x) = 2\left(\left(x + \dfrac1x\right)^2 - 2\right)h(x)=2((x+x1​)2−2) +x+1x+ x + \dfrac1x+x+x1​.

1. Blocul x+1xx + \frac1xx+x1​ ✓

2. Verificăm ✓

Exercițiul 7 · Descompunerea $h = f \circ g$

a) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2|x - 1| + 1$ .

1. Ce funcție lucrează prima

2. Verificăm

3. Nu este singura alegere

b) $h\colon (-1, \infty) \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\sqrt{x + 1} + 1$ .

1. Alegem $g$ și $f$

2. Domeniile

c) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2 + x + 1)^2$ $+ (x^2 + x + 1) + 3$ .

1. Blocul care se repetă

2. Verificăm

d) $h\colon \mathbb R \to \mathbb R$ , $h(x) = 2(x^2)^2 + x^2 + 1$ .

1. Blocul $x^2$

2. Verificăm

e) $h\colon \mathbb R^* \to \mathbb R$ , $h(x) = 2\left(\left(x + \dfrac1x\right)^2 - 2\right)$ $+ x + \dfrac1x$ .

1. Blocul $x + \frac1x$

2. Verificăm