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Guía de ejercicios resueltos de Análisis Matemático Gabriel Valentin, Hugo Ruscitti 18 de abril de 2005

Trabajo Práctico Número 1 1 - Si f (x) =

√ x − 1 y g(x) = x2 + 1 ¿ es (g ◦ f )(x) = x

busco el dominio e imágen de f (x) x−1≥0 Df = x ≥ 0 If = R0+

∀x ∈ R ?

busco el dominio e imágen de g(x) Df = R If = [1; +∞)

Para que exista (gof )(x) = g[f(x)] se debe verificar que If ⊆ Dg en este caso se cumple, ya que: R0+ ⊆ R (gof )(x) (gof )(x) (gof )(x) (gof )(x) (gof )(x)

= g[f (x)] √ = g[ x − 1] √ = ( x − 1)2 + 1

= x−1+1 = x

este útimo caso (gof )(x) ocurre, porque: g −1 = f −1 y g ◦g −1 = x (función identidad) 2 - Dada f : Df ⊆ R → R definida por : f (x) = 1. Calcule Df 2. Halle los ceros de f

1

p

2 − |x − 2|:

calculo el dominio de f :

2 − |x − 2| ≥ 0 −|x − 2| ≥ −2 |x − 2| ≤ 2

Utilizando la definición de entrono simétrico:

|x − a| ≤ r

⇒

−2 ≤ x − a ≤ 2

|x − a| ≥ r ⇒ donde a = centro

−2 ≥ x − a Y x − a ≥ 2 r = radio

Entonces queda: |x − 2| ≤ 2 −2≤x−2≤2 0≤x−2≤4 3 - Dadas f : Df ⊆ R → R y g : Dg ⊆ R → R Definidas por: f (x) = x + 1 y g(x) = x4 + 1 : 1. Halle la expresión gof 2. Determine A = {x ∈ R : (gof )(x) < 17} Respuesta 1: f (x) = x + 1 Df = R If = R

g(x) = x4 + 1 Dg = R Ig = [0; +∞)

(gof )(x) = g[f (x)] como If ⊆ Dg se puede componer: (gof )(x) = (x + 1)4 + 1 Respuesta 2:

(gof )(x) (x + 1)4 + 1

<
1 2 − log3 (x − 4) >

−log3 (x − 4) > 1 − 2 log3 (x − 4) < 1 (x − 4) < 3 x < 7

Pero el conjuto debe pertenecer al Df ⇒ A = (4; 7) 5 - Dada f : R → 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 − 3| queda como−(x − 3)y |x − 2|como (x − 2) f (x) =

si x ≤ 2 si 2 < x ≤ 3 si x > 3

−(x − 3) − (x − 2) + 2x = 5 −(x − 3) + (x − 2) + 2x = 2x + 1 x − 3 − 2 + 2x = 4x − 5

Respuesta 2:

1 - f (x) = 5 no tiene ceros 2 - f (x) = 2x − 1 no tiene ceros, ya que x = función = (2; 3]

1 2

no pertenece a la dominio de esa

3 - f (x) = 4x − 5 no tiene ceros, ya que x = 54 no pertenece al dominio = (3; +∞) Respuesta 3: A=R 6 - Dadas f : Df ⊆ R → R Definida por f (x) =

sg[(x−1)(2−x)] x

1. Calcule Df 2. Halle {x ∈ Df : |f (x)| = 12 } 3. Grafique f (x) Respuesta 1: Df : R − {0} Respuesta 2: Por definición de la función signo (sg):

si x > 0

1 sg =

0 si x = 0 −1 si x < 0

o bien:

4

|x| x

si x 6= 0

0

si x = 0

sg =

Se obtiene:

1 x

f (x) = − x1

(x − 1) > 0 ∧ (2 − x) > 0

si x ∈ (1, 2) si x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; +∞)

(x − 1)(2 − x) > 0 ∨

x>1 ∧ x0

(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)

=? =?

(x2 − 1)2 + 5 =? (x2 − 1)2 =? p (x2 − 1)2 =? |x2 − 1| =?

(x − 1)2 + 5 f (x1 ) (x1 − 1)2 + 5 (x1 − 1)2 p (x1 − 1)2 |x1 − 1|(*)

Esta igualdad no implica que (x2 − 1) = (x1 − 1), por esa razón busco un contraejemplo: 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 = x 1 − 1 x2

= x1

entonces, es inyectiva Respuesta 2-2: Si el dominio es [1; +∞), se pueden eliminar las barras de módulo:

x2 − 1 = x 1 − 1 x2

= x1

entonces, es inyectiva Respuesta 2-3: con Df = [−4; −3] ∪ [4; 6] no es inyectiva Respuesta 2-4: con Df = (−∞; 1] no es inyectiva Respuesta 3-1:

f (x) f (x) f (x)

= (x − 1)2 + 5

= x2 − 2x + 1 + 5 = x2 − 2x + 5 7

si Df = [0; 3], If = [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 If = [5; 9] f : [1; 3] → [5; 9] definida por f (x) = (x − 1)2 + 5 , es biyectiva, entonces ∃f −1 : [5; 9] → [1; 3] definida por: y = (x − 1)2 + 5 y − 5 = (x − 1)2 p p y−5 = (x − 1)2 p y − 5 = |x − 1| pero x ∈ [1; 3]en la ecuacion original. Por esa razón x − 1 ≥ 0 y se pueden eliminar las barras de módulo:

x−1 =

x = y

=

p y−5 p y−5+1 p y − 5 + 1 cambio de variable

f −1 : [5; 9] → [1; 3] definida por: f −1 (x) =

√ x−5+1

Trabajo Práctico Número 2 1 - Dadas las funciones:

f:

< →