$\arccos(y)$ se define en $y \in [-1,1]$ y su alcance es $[0,\pi]$ . La cuestión que se plantea es la siguiente $y \in [-1,1]$ ¿existe un $x$ tal que $$ y = \frac{3 \log_3 (\lfloor{x}\rfloor/3)}{\log_3(3x^3)}? $$ (La respuesta es no; véase la segunda imagen.) Para que la expresión anterior esté bien definida, necesitamos $x \geq 1$ ; de lo contrario, $\lfloor x \rfloor \leq 0$ y el tronco superior no está definido.
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Sea $I_n$ denotan el intervalo $[n,n+1)$ para $n \in \mathbb Z_{>0}$ así que por cambio de base \begin{align*} y(x) = \frac{3 \ln (n/3)}{\ln(3x^3)}, \qquad x \in I_n. \end{align*} ¿Cuál es la gama de $y|_{I_n}$ ? Buscando extremos, intentamos resolver $y'(x)=0$ y encontrar $$ y'(x) = 3 \ln(n/3) \left[ -1(\ln(3x^3))^{-2} \cdot \frac{9x^2}{3x^3} \right] = - \frac{9 \ln(n/3)}{x [\ln(3x^3)]^2}, \qquad x \in I_n. $$ El denominador es siempre positivo ya que $x \geq 1$ . El signo del numerador depende de $n$ ; hay 3 casos:
- $1 \leq n < 3$ . Entonces $y' > 0$ Así que $y$ es estrictamente creciente, por lo que $y(I_n) = \big[ y(n), y(n+1) \big)$ .
- $n = 3$ . Entonces $y \equiv 0$ y, por lo tanto $y(I_3) = \{0\}$ .
- $n > 3$ . Entonces $y' < 0$ Así que $y$ es estrictamente decreciente, por lo que $y(I_n) = \big( \lim_{x\uparrow n+1} y(x) , y(n) \big]$ .
A la hora de hacer estos cálculos, es útil tener en mente la siguiente imagen. Se incluyen los extremos izquierdos y no los derechos (por definición de $\lfloor x \rfloor$ ).
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Por lo tanto, la gama de $f(x) = \arccos(y(x))$ es $\boxed{\operatorname{range}(f)= A \cup \{0\} \cup B}$ donde $$ A = \bigcup_{n=1}^2 \big( f(n+1), f(n) \big], \qquad B = \bigcup_{n=4}^\infty \big[ f(n) , \lim_{x \uparrow n+1} f(x) \big). $$ La inversión de los puntos finales se debe a que $\arccos(x)$ disminuye.
Ahora una interesante pregunta de seguimiento pregunta por el número de componentes conectadas de $B$ ya que parece que las "piezas" de $y$ empiezan a superponerse para grandes $n$ .
