Guía de ejercicios resueltos de Análisis Matemático Gabriel Valentin, Hugo Ruscitti 18 de abril de 2005
Trabajo Práctico Número 1 f (x) = 1 - Si f (
√x − 1 y g(x) = x2 + 1 ¿ es (g ◦ f )( f )(x x) = x
∀x ∈ R ?
busco el dominio e imágen de f ( f (x)
busco el dominio e imágen de g (x)
x 1 0 Df = x 0 + I f f = R0
Df = R I f [1; + ) f = [1;
− ≥ ≥
∞
Para que exista (gof )( gof )(x x) = g [f(x)] se debe verificar que I f f en este caso se cumple, ya que: R0+
⊆D
g
⊆R
(gof )( gof )(x x) (gof )( gof )(x x) (gof )( gof )(x x) (gof )( gof )(x x) (gof )( gof )(x x)
= = = = =
g [f ( f (x)] g [ x 1] ( x 1)2 + 1 x 1+1 x
√ − √ − −
este útimo caso (gof )( (función identidad) identidad) gof )(x x) ocurre, porque: g −1 = f −1 y g g −1 = x (función
◦
2 - Dada f : Df
⊆ R → R definida por : f ( f (x) = 2 − |x − 2|:
1. Calc Calcul ulee Df 2.
Halle Halle los ceros ceros de f
1
calculo el dominio de f :
2
− |x − 2| ≥ 0 −|x − 2| ≥ −2 | x − 2| ≤ 2
Utilizando la definición de entrono simétrico:
|x − a| ≤ r |x − a| ≥ r
−2 ≤ x − a ≤ 2 −2 ≥ x − a x − a ≥ 2
⇒ ⇒
a = centro r = radio
donde
Entonces queda:
| x − 2| ≤ 2 −2≤ x−2≤ 2 0≤ x−2≤ 4 3 - Dadas f : Df g(x) = x4 + 1 :
⊆ R → R y g : D ⊆ R → R Definidas por: f (x) = x + 1 y g
1.
Halle la expresión gof
2.
Determine A = x
{ ∈ R : (gof )(x) < 17}
Respuesta 1:
f (x) = x + 1 Df = R I f = R
g(x) = x4 + 1 Dg = R I g = [0; + )
(gof )(x) = g[f (x)] como I f
⊆D
g
∞
se puede componer:
(gof )(x) = (x + 1) 4 + 1 Respuesta 2:
(gof )(x) (x + 1) 4 + 1 (x + 1) 4
|x + 1 | −2 < −3 < 2
< < <
17 17 16
< x+1 x
4
√
16 <2 <1
A = ( 3;1)
−
4 - Dada f : Df
⊆ R → R definida por f (x) =
1. Calcule Df 2.
Determine A = x
{ ∈D
f
: f (x) > 1
2 − log (x − 4) 3
}
Respuesta 1:
x
−4>0
2
− log3(x − 4) ≥ 0 −log3(x − 4) ≥ −2 log3 (x − 4) ≤ 2 (x − 4) ≤ 32 x≤ 9+4 x ≤ 13
∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧
x>4
Df = (4; 13] Respuesta 2:
2 − log (x − 4)
> 1 4) > 4) > 1 4) < 1
3
2
− log3(x − −log3(x − log3 (x − (x − 4)
−2
< 3 x < 7
Pero el conjuto debe pertenecer al Df 5 - Dada f : R
⇒ A = (4; 7)
→ R definida por : f (x) = |x − 3| + |x − 2| + 2x
1.
Elimine las barras de módulo en la expresión de f
2.
Halle los ceros de f
3.
Determine A = x
{ ∈ R : f (x) > 0} 3
Respuesta 1: Para eliminar las barras de módulo podemos: 1 - Marcar en una recta los valores que anulan cada uno de los módulos, 2 y 3 en este caso: 2 - Evaluar la reacción de cada módulo en los intervalos de la recta anterior: Por ejemplo, si tomamos el intervalo de 2 a 3, el módulo x x 2 como (x 2)
| − |
f (x) =
| − 3| queda como−(x − 3)y
− −(x − 3) − (x − 2) + 2x = 5 −(x − 3) + (x − 2) + 2x = 2x + 1 x − 3 − 2 + 2x = 4x − 5
si x
≤2 si 2 < x ≤ 3 si x > 3
Respuesta 2: 1 - f (x) = 5 no tiene ceros 2 - f (x) = 2x función = (2;3] 3 - f (x) = 4x Respuesta 3:
− 1 no tiene ceros, ya que x =
1 2
no pertenece a la dominio de esa
− 5 no tiene ceros, ya que x = 54 no pertenece al dominio = (3;+∞)
A=R 6 - Dadas f : Df
⊆ R → R Definida por f (x) =
sg[(x 1)(2 x
1. Calcule Df
{ ∈ D : |f (x)| = 12 }
2. Halle x
f
3. Grafique f (x) Respuesta 1:
Df : R
− {0 }
Respuesta 2:
Por definición de la función signo (sg):
sg =
1 si x > 0 0 si x = 0 1 si x < 0
− o bien:
4
−
−x)]
|x| x
si x = 0
0
si x = 0
sg =
Se obtiene:
1 x
si x
∈ (1, 2)
si x
∈ (−∞; 1) ∪ (2;+∞)
f (x) =
−1
x
(x (x
− 1) > 0 ∧ (2 − x) > 0 x>1 ∧ x<2 (1;2)
rta: x =
− 1)(2 − x) > 0 ∨ ∨ ∨
(x 1) < 0 (2 x<1 x>2
−
Ø
−2
8 - Dada f : Df
⊆ R → R Definida por f (x) = √2x2 + 2x − 12
1. Halle Df 2.
∧
Determine x
{ ∈D
f
: f (x)
≤ √ 6}
Respuesta 1: para calcular el domino, pido:
2x2 + 2x 12 2(x2 + x 6) 2((x 2)(x + 3))
−
− −
Df = (
−∞; −3] ∪ [2;+∞)
Respuestas 2:
5
≥ ≥ ≥
0 0 0
∧ − x) < 0
√
2x + 2x − 12 2
< 6 12 < 6
2x2 + 2x
− 2x + 2x − 18 2(x2 + x − 9) 2
Pero los x que verifican 2(x2 + 2x
√ √ S = ( −1− 37 ; −3] ∪ [2; −1+ 37 ) 2
< 0 < 0
− 9) deben pertenecer al D
f ,
entonces:
2
9 - Dadas f (x) : Df
f (x) = log( xx Respuesta:
⊆ R → R y g(x) : D ⊆ R → R definidas por: −1 ) y g(x) = log(x − 1) − log(x + 2). Determine si son iguales +2 g
para calcular el Df : pido : x + 2 = 0
⇒ x = −2
1 pido : ( xx− +2 ) > 0
(x
− 1) > 0 ∧ (x + 2) > 0 ∨ x > 1 ∧ x > −2 ∨ x>1 ∨
(x
− 1) < 0 ∧ (x + 2) < 0 x < 1 ∧ x < −2 x < −2
Df = (
−∞; −2) ∪ (1;+∞)
Para calcular el Dg :
x
−1>0 ∧ x>1 ∧
x+2 > 0 x> 2
−
Dg = (1; + )
∞
Rta: f y g no son iguales, sus dominios son diferentes 10 - Dada f : R
→ R Definida por f (x) = (x − 1)2 + 5
1.
Verifique que f (x) no es inyectiva.
2.
Restringiendo el dominio a los siguientes conjuntos indique en cuales de ellos es inyectiva: 6
[0; 3 ]
[1; +
∞) [−4; −3] ∪ [4; 6] (−∞; 1]
3. En los casos afirmativos de (b) indique imagen, halle la función inversa y grafique. Respuesta 1:
f (x) f (x2)
=? =?
(x 1)2 + 5 f (x1 )
−
− 1)2 + 5 =? (x1 − 1)2 + 5 (x2 − 1)2 =? (x1 − 1)2 (x2 − 1)2 =? (x1 − 1)2 |x2 − 1| =? |x1 − 1|(*) Esta igualdad no implica que (x2 − 1) = (x1 − 1), por esa razón busco un contra(x2
ejemplo:
si x2 = 3 y x1 = 1 se obtiene f (3) = f ( 1) = 9 ,entonces, f no es inyectiva Respuesta 2-1:
−
Si el dominio es [0;3], en (*) se pueden eliminar las barras de módulo:
x2
−1 x2
= x1 = x1
−1
entonces, es inyectiva Respuesta 2-2: Si el dominio es [1;+
∞), se pueden eliminar las barras de módulo: x2
−1 x2
= x1 = x1
−1
entonces, es inyectiva Respuesta 2-3: con Df = [ 4; Respuesta 2-4:
− −3] ∪ [4;6] no es inyectiva
con Df = ( ; 1] no es inyectiva Respuesta 3-1:
−∞
f (x) f (x) f (x)
= (x = x2 = x2
− 1)2 + 5 − 2x + 1 + 5 − 2x + 5
7
si Df = [0;3], I f = [5;9] para hallar f −1 ,f debe ser biyectiva (inyectiva y sobreyectiva) Inyectiva: Se restringe el dominio para que f sea estrictamente creciente e inyectiva: Df = [1;3] Sobreyectiva: Se limita el conjunto de llegada a I f = [5; 9]
[5; 9] definida por f (x) = (x f : [1;3] [5;9] [1; 3] definida por:
→
→
− 1)2 + 5 , es biyectiva, entonces ∃f −1 : − 1)2 + 5 (x− 1)− 21)2 | x − 1|
y = (x 5 = (x
yy −− 5 y − 5
= =
pero x [1; 3]en la ecuacion original. Por esa razón x las barras de módulo:
∈
x
−1
=
y
=
x =
f −1 : [5; 9]
y − 5 y − 5 + 1 y − 5 + 1
− 1 ≥ 0 y se pueden eliminar
cambio de variable
→ [1; 3] definida por: f −1(x) = √x − 5 + 1
Trabajo Práctico Número 2 1 - Dadas las funciones:
f : g: h:
→ / − { 2} → →
f (x) =
−x + 3 −x2 + 5x − 6 g(x) = −xx−+23 si x = 2 h(x) = −1 si x = 2 8
e) f) g)
x−4 √ →4 x + 5 − 3 x2 − 1 l´ım 5 →1 x + x3 − 3x + 1 (x − 1)√2 − x l´ım →1 x2 − 1 l´ım
x
x
x
2
a) l´ımx→1 x x−32−xx+1 es una indeterminación del tipo polinomios:
l´ımx→1 l´ımx→1 rta
− √−
(x 1) 2 x
b) l´ımx→1 x2 −1 como el anterior:
→
l´ımx→1 l´ımx→1 rta
√3−√3+x x
→0 →0
=
0 3
→
⇒ se salva factoreando los
(x 1)(x 1) x(x 1)(x + 1) (x 1) x(x + 1) 0
− − −
−
es una indeterminación del tipo
l´ımx→1
c) l´ımx→3
−x2 +1 x−1
→0 →0
con polinomios, se resuelve
− 1)√2 − x x2 − 1 √ (x − 1) 2 − x + 1) √(x2−−1)(x x (x
x+1
0
=0
2
x−6 d) l´ımx→−3 x x++3 es una indeterminación del tipo factoreando los polinomios:
l´ımx→−3 l´ımx→−3
(x
→0 →0
con polinomios
⇒ se salva
− 2)(x + 3)
(x + 3) (x 2) = 5
−
−
−4 como la indeterminación ( →0 ) y tenemos un binomio con raiz cuae) l´ımx→4 √xx+5 →0 −3 drada, podemos salvar la indeterminación multiplicando numerador y denominador por el conjugado de dicho binomio: 10
l´ımx→4 l´ımx→4 l´ımx→4
√ − √ − √ √ (x − 4)( x + 5 + 3) √x + 5(x+−3 4)= 6
x 4 ( x + 5 + 3) x + 5 3 ( x + 5 + 3)
2
1 f) l´ımx→1 x5 +xx3 − −3x+1 como es una indeterminación del tipo los polinomios:
l´ımx→1 l´ımx→1 g) l´ımx→1
− √− −
→0 se salva factoreando →0
(x 1)(x + 1) *aplicando Ruffini (x 1)(x4 + x3 + 2x4 + 2x 1) (x + 1) 2 = 4 3 4 x + x + 2x + 2x 1 5
−
−
−
−
(x 1) 2 x x2 1
−x2 +1 x−1
, presenta 2 indeterminaciones con polinomios:
(x − 1)√2 − x x −1 (x − 1)√2 − x (x − 1)(x + 1) √2 − x 1 − −x2 +1 x−1
l´ımx→1
2
−(x−1)(x+1) x−1
l´ımx→1
−(x+1) 1
l´ımx→1
=
(x + 1)
2
2
=4
10 - Infinitésimos
1.
Defina infinitésimo
2.
Determine en que valores de x las siguientes funciones son infinitésimos:
a) b) c)
f (x) = x3 x f (x) = ex + 1 πx f (x) = sin 2
−
Respuestas:
1 - f (x) es un infinitésimo para x = a
⇐⇒ l´ım → x
11
a
f (x) = 0
2a
f (x)
= x3
0
2
=
−x x (x − 1)
f (x) es un infinitésimo en 0 y 1. 2b - f (x) = ex + 1 no puede ser un infinitésimo. 2c
f (x) f (x) es un infinitésimo para x/x = 2k
=
πx sin 2
con k
12
∈Z
