IB Análisis y Enfoques NS · Funciones · Cierre del tema

Ejercicios IB de funciones

170 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Ejercicios de exámenes del IB agrupados por tipo y, dentro de cada tipo, de menos a más difícil. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

Nivel

Prueba

Soluciones

Función, dominio y recorrido

Ejercicio 1 BásicoIB · P1 Mayo 1998

Dada la función $f (x) = e^{3 x^{2}} + x^{2} - 4$ , calcule el dominio y el rango de $f (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $D_{f} =] - \infty, - 2] \cup [2, + \infty [$ ; $R_{f} = [e^{12}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

Dominio. $e^{3 x^{2}}$ está definida siempre, pero $x^{2} - 4$ exige $x^{2} - 4 \geq 0$ , es decir, $x \leq - 2$ o $x \geq 2$ .
Por tanto $D_{f} =] - \infty, - 2] \cup [2, + \infty [$ .
Rango. $f$ es par ( $f (- x) = f (x)$ ), así que basta estudiar $x \geq 2$ .
En $x \geq 2$ , tanto $e^{3 x^{2}}$ como $x^{2} - 4$ son crecientes, luego $f$ es creciente. Su valor mínimo está en $x = 2$ : $f (2) = e^{12} + 0 = e^{12}$ .
Cuando $x \to + \infty$ , $f \to + \infty$ .
Por tanto $R_{f} = [e^{12}, + \infty [$ .

Resultado: $D_{f} =] - \infty, - 2] \cup [2, + \infty [$ ; $R_{f} = [e^{12}, + \infty [$

Ejercicio 2 BásicoIB · P1 Noviembre 1999

Calcule el mayor dominio para la función $f : x \mapsto \frac{1}{4 - 9 x ^{2}}$ .

Ver resultado

Resultado: $D_{f} =] - \frac{2}{3}, \frac{2}{3} [$

Ver proceso y resultado

Para que $f$ esté definida, el radicando debe ser positivo (está bajo una raíz y en un denominador): $4 - 9 x^{2} > 0$ .
$9 x^{2} < 4 \Rightarrow x^{2} < \frac{4}{9} \Rightarrow ∣ x ∣ < \frac{2}{3}$ .

Resultado: $D_{f} =] - \frac{2}{3}, \frac{2}{3} [$

Ejercicio 3 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

Considere la función $f$ , donde $f (x) = arcsin (ln x)$ .

a) Halle el dominio de $f$ .

b) Halle $f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $D_{f} = [\frac{1}{e}, e]$ ; b) $f^{- 1} (x) = e^{s i n x}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Para que exista $ln x$ hace falta $x > 0$ . 2. Para que exista $arcsin (ln x)$ hace falta $- 1 \leq ln x \leq 1$ . 3. Aplicando la exponencial (que es creciente): $e^{- 1} \leq x \leq e$ . 4. Por tanto $D_{f} = [\frac{1}{e}, e]$ .

b) 1. Escribimos $y = arcsin (ln x)$ y aplicamos el seno: $sin y = ln x$ . 2. Aplicamos la exponencial: $x = e^{s i n y}$ . 3. Por tanto $f^{- 1} (x) = e^{s i n x}$ , definida para $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ (el recorrido de $f$ ).

Resultado: a) $D_{f} = [\frac{1}{e}, e]$ ; b) $f^{- 1} (x) = e^{s i n x}$

Ejercicio 4 MedioIB · P1 Mayo 2001

Sea $f : x \mapsto \frac{1}{x ^{2}} - 2$ . Calcule:

a) El conjunto de valores de $x$ para los cuales $f$ es real y finita.

b) El recorrido de $f$ .

Ver resultado

Resultado: a) $D_{f} = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}] ∖ {0}$ ; b) $R_{f} = [0, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Para que $f$ sea real y finita hace falta $x \neq = 0$ y $\frac{1}{x ^{2}} - 2 \geq 0$ . 2. Como $x^{2} > 0$ : $\frac{1}{x ^{2}} \geq 2 ⟺ x^{2} \leq \frac{1}{2} ⟺ ∣ x ∣ \leq \frac{1}{2}$ . 3. Por tanto $x \in [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ , con $x \neq = 0$ .

b) 1. Para $0 < x^{2} \leq \frac{1}{2}$ , $\frac{1}{x ^{2}}$ toma todos los valores de $[2, + \infty [$ (vale $2$ en $∣ x ∣ = \frac{1}{2}$ y crece sin límite al acercarse $x$ a $0$ ). 2. Entonces $\frac{1}{x ^{2}} - 2$ toma todos los valores de $[0, + \infty [$ , y la raíz cuadrada también. 3. Por tanto $R_{f} = [0, + \infty [$ .

Resultado: a) $D_{f} = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}] ∖ {0}$ ; b) $R_{f} = [0, + \infty [$

Ejercicio 5 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2019

La función $f$ se define por $f (x) = sec x + 2$ , $0 \leq x < \frac{π}{2}$ .

a) Escriba el rango de $f$ .

b) Halle $f^{- 1} (x)$ , indicando su dominio.

Ver resultado

Resultado: a) $R_{f} = [3, + \infty [$ ; b) $f^{- 1} (x) = arccos (\frac{1}{x - 2})$ , con dominio $[3, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. En $0 \leq x < \frac{π}{2}$ , $cos x$ toma valores en $] 0, 1]$ , luego $sec x = \frac{1}{cos x}$ toma valores en $[1, + \infty [$ . 2. Sumando $2$ : el rango de $f$ es $[3, + \infty [$ .

b) 1. Escribimos $y = sec x + 2$ y despejamos $x$ : $sec x = y - 2$ , es decir, $cos x = \frac{1}{y - 2}$ . 2. En $0 \leq x < \frac{π}{2}$ la función coseno es inyectiva, así que $x = arccos (\frac{1}{y - 2})$ . 3. Intercambiamos las variables: $f^{- 1} (x) = arccos (\frac{1}{x - 2})$ . 4. El dominio de $f^{- 1}$ es el rango de $f$ : $[3, + \infty [$ (allí $0 < \frac{1}{x - 2} \leq 1$ , así que el arcocoseno está definido).

Resultado: a) $R_{f} = [3, + \infty [$ ; b) $f^{- 1} (x) = arccos (\frac{1}{x - 2})$ , con dominio $[3, + \infty [$

Ejercicio 6 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Calcule todos los valores de $x$ para los cuales cada una de las siguientes funciones no están definidas

a) $f (x) = \frac{∣ x - 1 ∣}{x}$

b) $g (x) = ∣ x - 1 ∣ - x$

c) $h (x) = x^{2} - 1$

d) $j (x) = ln (1 - x^{2})$

Ver resultado

Resultado: a) $x = 0$ ; b) siempre definida; c) $] - 1, 1 [$ ; d) $] - \infty, - 1] \cup [1, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (x) = \frac{∣ x - 1∣}{x}$ es un cociente, y no está definido cuando el denominador vale $0$ . 2. Por tanto no está definida para $x = 0$ .

b) 1. $g (x) = ∣ x - 1∣ - x$ solo contiene un valor absoluto y una resta, que están definidos para cualquier número real. 2. Está siempre definida (no hay valores excluidos).

c) 1. $h (x) = x^{2} - 1$ necesita $x^{2} - 1 \geq 0$ , es decir, $x \leq - 1$ o $x \geq 1$ . 2. No está definida cuando $x^{2} - 1 < 0$ , es decir, en $] - 1, 1 [$ .

d) 1. $j (x) = ln (1 - x^{2})$ necesita $1 - x^{2} > 0$ , es decir, $- 1 < x < 1$ . 2. No está definida cuando $1 - x^{2} \leq 0$ , es decir, en $] - \infty, - 1] \cup [1, + \infty [$ .

Resultado: a) $x = 0$ ; b) siempre definida; c) $] - 1, 1 [$ ; d) $] - \infty, - 1] \cup [1, + \infty [$

Ejercicio 7 MedioIB · P1 Noviembre 1998

Si $f (x) = ln (6 x^{2} - 5 x - 6)$ , calcule

a) el valor exacto del dominio de $f (x)$ ;

b) el rango de $f (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $D_{f} =] - \infty, - \frac{2}{3} [\cup] \frac{3}{2}, + \infty [$ ; b) $R_{f} = R$

Ver proceso y resultado

a) 1. El logaritmo solo existe si su argumento es positivo: $6 x^{2} - 5 x - 6 > 0$ .

Buscamos las raíces: $x = \frac{5 \pm 25 + 144}{12} = \frac{5 \pm 13}{12}$ , es decir $x = \frac{3}{2}$ y $x = - \frac{2}{3}$ . Entonces $6 x^{2} - 5 x - 6 = (2 x - 3) (3 x + 2)$ .
Es una parábola abierta hacia arriba, positiva fuera de las raíces.

$D_{f} =] - \infty, - \frac{2}{3} [\cup] \frac{3}{2}, + \infty [$

b) 1. En el dominio, $u = 6 x^{2} - 5 x - 6$ toma todos los valores positivos (en cada rama crece desde $0$ hasta $+ \infty$ ).

Como $ln u$ toma todos los valores reales cuando $u$ recorre $] 0, + \infty [$ , el rango es todo $R$ .

Resultado: a) $D_{f} =] - \infty, - \frac{2}{3} [\cup] \frac{3}{2}, + \infty [$ ; b) $R_{f} = R$

Ejercicio 8 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

a) Halle el mayor conjunto $S$ de valores de $x$ tal que la función $f (x) = \frac{1}{3 - x ^{2}}$ tome valores reales.

b) Halle el recorrido de la función $f$ definida sobre el dominio $S$ .

Ver resultado

Resultado: a) $S =] - 3, 3 [$ ; b) $R_{f} = [\frac{1}{3}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Debe cumplirse $3 - x^{2} > 0$ (raíz en el denominador).

$x^{2} < 3 \Rightarrow - 3 < x < 3$ .

$S =] - 3, 3 [$

b) 1. En $S$ , $x^{2} \in [0, 3 [$ , luego $3 - x^{2} \in] 0, 3]$ .

Entonces $3 - x^{2} \in] 0, 3]$ y su inverso toma valores en $[\frac{1}{3}, + \infty [$ (el mínimo se da en $x = 0$ , y crece sin límite cuando $x \to \pm 3$ ).

Resultado: a) $S =] - 3, 3 [$ ; b) $R_{f} = [\frac{1}{3}, + \infty [$

Ejercicio 9 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Halle el mayor conjunto de valores de $x$ de modo que la función $f$ dada por $f (x) = \frac{8 x - 4}{x - 3}$ tome valores reales.

Ver resultado

Resultado: $x \in] - \infty, \frac{1}{2}] \cup] 3, + \infty [$

Ver proceso y resultado

Para que $f$ sea real, el radicando debe ser no negativo: $\frac{8 x - 4}{x - 3} \geq 0$ .
El numerador se anula en $x = \frac{1}{2}$ y el denominador en $x = 3$ . Tabla de signos:
- $x < \frac{1}{2}$ : numerador $-$ , denominador $-$ , cociente $+$ (vale).
- $\frac{1}{2} < x < 3$ : numerador $+$ , denominador $-$ , cociente $-$ (no vale).
- $x > 3$ : cociente $+$ (vale).
Se incluye $x = \frac{1}{2}$ (el cociente vale $0$ ) y se excluye $x = 3$ .

Resultado: $x \in] - \infty, \frac{1}{2}] \cup] 3, + \infty [$

Ejercicio 10 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2010

Sea $f (x) = \frac{4 - x ^{2}}{4 - x}$ .

a) Indique el mayor dominio posible para $f$ .

b) Resuelva la inecuación $f (x) \geq 1$ .

Ver resultado

Resultado: a) $[0, + \infty [∖ {16}$ ; b) $x \in [0, 1] \cup] 16, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. La raíz exige $x \geq 0$ . 2. El denominador no puede anularse: $4 - x = 0 ⟺ x = 16$ . 3. Dominio: $[0, + \infty [∖ {16}$ .

b) Hay que distinguir el signo del denominador $4 - x$ .

Caso $0 \leq x < 16$ (denominador positivo): podemos multiplicar sin cambiar el sentido: $4 - x^{2} \geq 4 - x ⟺ x^{2} \leq x ⟺ x^{4} \leq x ⟺ x (x^{3} - 1) \leq 0 ⟺ 0 \leq x \leq 1.$

Caso $x > 16$ (denominador negativo): al multiplicar se invierte la desigualdad: $4 - x^{2} \leq 4 - x ⟺ x^{2} \geq x,$ que se cumple para todo $x \geq 1$ , en particular para todo $x > 16$ .

Reunimos ambos casos.

Resultado: a) $[0, + \infty [∖ {16}$ ; b) $x \in [0, 1] \cup] 16, + \infty [$

Ejercicio 11 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

Sea $f (x) = cos (x - k)$ , donde $0 \leq x \leq a$ y $a, k \in R^{+}$ .

a) Considere el caso en el que $k = \frac{π}{2}$ .

Dibujando aproximadamente un gráfico apropiado o de cualquier otro modo, halle el mayor valor de $a$ para el cual existe la función inversa $f^{- 1}$ .

b) Halle el mayor valor de $a$ para el cual existe la función inversa $f^{- 1}$ en el caso en el que $k = π$ .

c) Halle el mayor valor de $a$ para el cual existe la función inversa $f^{- 1}$ en el caso en el que $π < k < 2 π$ . Dé la respuesta en función de $k$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = \frac{π}{2}$ ; b) $a = π$ ; c) $a = k - π$

Ver proceso y resultado

Estudiamos hasta qué valor de $a$ la función es inyectiva en $[0, a]$ : es decir, monótona (sin llegar a un máximo o mínimo local en el interior).

a) 1. Con $k = \frac{π}{2}$ , $f (x) = cos (x - \frac{π}{2}) = sen x$ . 2. $sen x$ crece en $[0, \frac{π}{2}]$ y después decrece. Si $a > \frac{π}{2}$ , habría valores repetidos. 3. El mayor valor es $a = \frac{π}{2}$ .

b) 1. Con $k = π$ , $f (x) = cos (x - π) = - cos x$ . 2. $- cos x$ es creciente en $[0, π]$ y decrece a partir de $π$ . 3. El mayor valor es $a = π$ .

c) 1. La gráfica de $cos (x - k)$ tiene sus máximos en $x = k + 2 mπ$ y sus mínimos en $x = k - π + 2 mπ$ . 2. Para $π < k < 2 π$ el primer extremo en $x \geq 0$ es el mínimo en $x = k - π$ (que es positivo y menor que $π$ ). Antes de él la función decrece (partiendo de $x = 0$ ). 3. El mayor valor de $a$ es el de ese primer extremo: $a = k - π$ .

Resultado: a) $a = \frac{π}{2}$ ; b) $a = π$ ; c) $a = k - π$

Ejercicio 12 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

Considere la ecuación $y x^{2} + (y - 1) x + (y - 1) = 0$ .

a) Halle el conjunto de valores de $y$ para los cuales esta ecuación tiene raíces reales.

b) A partir de lo anterior, determine el recorrido de la función $f : x \to \frac{x + 1}{x ^{2} + x + 1}$ .

c) Explique por qué la función $f$ no tiene inversa.

Ver resultado

Resultado: a) $- \frac{1}{3} \leq y \leq 1$ ; b) $R_{f} = [- \frac{1}{3}, 1]$ ; c) no es inyectiva: para cada $y \in] - \frac{1}{3}, 1 [$ hay dos valores de $x$ con $f (x) = y$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Si $y = 0$ la ecuación es $- x - 1 = 0$ , con raíz real $x = - 1$ , así que $y = 0$ es válido. Para $y \neq = 0$ es cuadrática y tiene raíces reales si $Δ \geq 0$ . 2. $Δ = (y - 1)^{2} - 4 y (y - 1) = (y - 1) (y - 1 - 4 y) = (y - 1) (- 3 y - 1) = - (y - 1) (3 y + 1)$ . 3. $Δ \geq 0 ⟺ (y - 1) (3 y + 1) \leq 0$ , que ocurre entre las raíces $- \frac{1}{3}$ y $1$ (parábola con ramas hacia arriba): $- \frac{1}{3} \leq y \leq 1$ . Este conjunto contiene $y = 0$ .

b) 1. El denominador $x^{2} + x + 1$ tiene $Δ = 1 - 4 < 0$ , luego es siempre positivo y $f$ está definida para todo $x \in R$ . 2. $y = \frac{x + 1}{x ^{2} + x + 1} ⟺ y x^{2} + y x + y = x + 1 ⟺ y x^{2} + (y - 1) x + (y - 1) = 0$ , la ecuación del apartado a). 3. Un valor $y$ pertenece al recorrido si existe $x$ real con $f (x) = y$ , es decir, si esta ecuación tiene raíces reales. Por el apartado a), $R_{f} = [- \frac{1}{3}, 1]$ .

c) 1. Una función tiene inversa si es inyectiva (cada valor se alcanza una sola vez). 2. Cuando $- \frac{1}{3} < y < 1$ se tiene $Δ > 0$ , así que la ecuación tiene dos raíces reales distintas $x_{1} \neq = x_{2}$ con $f (x_{1}) = f (x_{2}) = y$ . Por ejemplo, para $y = \frac{1}{2}$ : $x^{2} - x - 1 = 0$ tiene dos soluciones. 3. Por tanto $f$ no es inyectiva y no tiene inversa.

Resultado: a) $- \frac{1}{3} \leq y \leq 1$ ; b) $R_{f} = [- \frac{1}{3}, 1]$ ; c) no es inyectiva: para cada $y \in] - \frac{1}{3}, 1 [$ hay dos valores de $x$ con $f (x) = y$ .

Ejercicio 13 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2022

Considere la función $f (x) = 2^{x} - \frac{1}{2 ^{x}}, x \in R$ .

a) Muestre que $f$ es una función impar.

La función $g$ está dada por $g (x) = \frac{x - 1}{x ^{2} - 2 x - 3}$ , donde $x \in R, x \neq = - 1, x \neq = 3$ .

b) Resuelva la inecuación $f (x) \geq g (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f (- x) = - f (x)$ , queda demostrado; b) $x \in [- 1, 27; - 1 [\cup [0, 178; 3 [\cup [3, 06; + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Una función es impar si $f (- x) = - f (x)$ para todo $x$ . 2. $f (- x) = 2^{- x} - \frac{1}{2 ^{- x}} = \frac{1}{2 ^{x}} - 2^{x} = - (2^{x} - \frac{1}{2 ^{x}}) = - f (x)$ . Luego $f$ es impar.

b) 1. $g (x) = \frac{x - 1}{x ^{2} - 2 x - 3} = \frac{x - 1}{( x - 3 ) ( x + 1 )}$ , definida para $x \neq = - 1, 3$ . 2. Con la CPG, dibujamos $y = f (x)$ e $y = g (x)$ y buscamos dónde $f$ está por encima o toca a $g$ . Los cortes están en $x \approx - 1, 27$ , $x \approx 0, 178$ y $x \approx 3, 06$ . 3. Comprobando el signo de $f - g$ en cada tramo (y teniendo en cuenta las asíntotas $x = - 1$ y $x = 3$ donde $g$ no existe): $f \geq g$ en $[- 1, 27; - 1 [$ , en $[0, 178; 3 [$ y en $[3, 06; + \infty [$ .

Resultado: a) $f (- x) = - f (x)$ , queda demostrado; b) $x \in [- 1, 27; - 1 [\cup [0, 178; 3 [\cup [3, 06; + \infty [$

Lectura de gráficas y características

Ejercicio 14 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Una función racional viene dada por $f (x) = a + \frac{b}{x - c}$ , donde los parámetros $a$ , $b$ , $c \in Z$ y $x \in R - {c}$ . En la siguiente figura se representa el gráfico de $y = f (x)$ .

Gráfico de una función racional con asíntotas vertical en x = 3 y horizontal en y = 1, que pasa por el punto (1, 0)

Utilizando la información que aparece en el gráfico,

a) indique el valor de $a$ y el valor de $c$ .

b) halle el valor de $b$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = 1$ , $c = 3$ ; b) $b = 2$

Ver proceso y resultado

a) 1. La asíntota horizontal de $f (x) = a + \frac{b}{x - c}$ es $y = a$ ; en el gráfico es $y = 1$ , luego $a = 1$ . 2. La asíntota vertical es $x = c$ ; en el gráfico es $x = 3$ , luego $c = 3$ .

b) 1. Ahora $f (x) = 1 + \frac{b}{x - 3}$ . El gráfico pasa por $(1, 0)$ : $f (1) = 0$ . 2. $0 = 1 + \frac{b}{1 - 3} = 1 - \frac{b}{2}$ , luego $b = 2$ .

Resultado: a) $a = 1$ , $c = 3$ ; b) $b = 2$

Ejercicio 15 BásicoIB · P1 Noviembre 1998

Una parte de la gráfica de la función periódica $f (x)$ se muestra a continuación.

Parte de la gráfica de una función periódica formada por tramos rectos

a) Calcule el periodo.

b) Calcule $f (41)$ .

Ver resultado

Resultado: a) Periodo $= 6$ ; b) $f (41) = 4$

Ver proceso y resultado

a) 1. La gráfica se repite: el tramo horizontal en $y = 1$ empieza en $x = 0$ y vuelve a empezar en $x = 6$ (la bajada brusca termina en $(6, 1)$ ), y el máximo $(5, 4)$ se repite en $(11, 4)$ .

La distancia entre dos máximos consecutivos es $11 - 5 = 6$ , luego el periodo es $6$ .

b) 1. Al ser periódica de periodo $6$ , $f (x + 6 n) = f (x)$ .

Escribimos $41 = 6 \cdot 6 + 5$ , así que $f (41) = f (5)$ .
En la gráfica, $f (5) = 4$ (es el máximo).

Resultado: a) Periodo $= 6$ ; b) $f (41) = 4$

Ejercicio 16 BásicoIB · P1 Mayo 2003

La función $f$ se define como $f (x) = 2 - x^{2} - e^{x}$ .

Escriba

a) el valor máximo de $f (x)$ .

b) las dos raíces de la ecuación $f (x) = 0$ .

Ver resultado

Resultado: a) el valor máximo de $f (x)$ es $1, 17$ (en $x = - 0, 352$ ); b) $x = - 1, 32$ , $x = 0, 537$

Ver proceso y resultado

a) 1. Con la CPG se representa $f (x) = 2 - x^{2} - e^{x}$ y se busca el máximo.

Se alcanza en $x \approx - 0, 352$ (donde $f^{'} (x) = - 2 x - e^{x} = 0$ ) y vale $f (- 0, 352) \approx 1, 17$ .

b) 1. Se resuelve $f (x) = 0$ con la CPG (cortes con el eje $x$ ).

Las dos raíces son $x \approx - 1, 32$ y $x \approx 0, 537$ .

Resultado: a) el valor máximo de $f (x)$ es $1, 17$ (en $x = - 0, 352$ ); b) $x = - 1, 32$ , $x = 0, 537$

Ejercicio 17 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Las funciones $f$ y $g$ se definen por $f (x) = a x^{2} + b x + c$ , $x \in R$ y $g (x) = p sin x + q x + r$ , $x \in R$ donde $a, b, c, p, q, r$ son constantes reales.

a) Sabiendo que $f$ es una función par, muestre que $b = 0$ .

b) Sabiendo que $g$ es una función impar, halle el valor de $r$ .

La función $h$ es a la vez impar y par, con el dominio $R$ .

c) Halle $h (x)$ .

Ver resultado

Resultado: (a) queda demostrado ( $b = 0$ ); (b) $r = 0$ ; (c) $h (x) = 0$ para todo $x \in R$

Ver proceso y resultado

a) 1. Una función es par si $f (- x) = f (x)$ para todo $x$ . 2. Calculamos: $f (- x) = a x^{2} - b x + c$ y $f (x) = a x^{2} + b x + c$ . 3. Igualando: $- b x = b x$ , es decir, $2 b x = 0$ para todo $x \in R$ . 4. Esto solo se cumple si $b = 0$ .

b) 1. Una función es impar si $g (- x) = - g (x)$ para todo $x$ ; en particular, para $x = 0$ : $g (0) = - g (0)$ , luego $g (0) = 0$ . 2. Calculamos $g (0) = p sin 0 + q \cdot 0 + r = r$ . 3. Por tanto $r = 0$ .

c) 1. Por ser par, $h (- x) = h (x)$ ; por ser impar, $h (- x) = - h (x)$ . 2. Entonces $h (x) = - h (x)$ , es decir, $2 h (x) = 0$ . 3. Por tanto $h (x) = 0$ para todo $x \in R$ .

Resultado: (a) queda demostrado ( $b = 0$ ); (b) $r = 0$ ; (c) $h (x) = 0$ para todo $x \in R$

Ejercicio 18 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2008

A continuación se muestra la gráfica de $y = f (x)$ para $- 2 \leq x \leq 8$ .

Gráfica de y = f(x) para x entre -2 y 8: baja desde (-2, 5), tiene un mínimo en (0, -2), un máximo en (3, 1), corta el eje x en x = -1, 2 y 5 y termina cerca de (8, -0,7)

Ejes de coordenadas vacíos con cuadrícula, x de -2 a 8, para dibujar la gráfica pedida

Sobre los ejes provistos, dibuje aproximadamente la gráfica de $y = \frac{1}{f ( x )}$ , mostrando claramente alguna asíntota e indicando las coordenadas de algún máximo o mínimo local que haya.

Ver solución

Los ceros de $f$ ( $x = - 1$ , $x = 2$ y $x = 5$ ) son asíntotas verticales de $y = \frac{1}{f ( x )}$ .
Signo: $f > 0$ en $[- 2, - 1 [$ y en $] 2, 5 [$ ; $f < 0$ en $] - 1, 2 [$ y en $] 5, 8]$ . La gráfica de $1/ f$ tiene el mismo signo que $f$ .
Los mínimos locales de $f$ pasan a ser máximos locales de $1/ f$ y viceversa (donde $f$ no se anula). En $(0, - 2)$ hay un mínimo de $f$ : $1/ f$ tiene un máximo local en $(0, - \frac{1}{2})$ . En $(3, 1)$ hay un máximo de $f$ : $1/ f$ tiene un mínimo local en $(3, 1)$ .
Algunos puntos: en $x = - 2$ , $f = 5$ y $1/ f = 0, 2$ ; en $x = 8$ , $f \approx - 0, 7$ y $1/ f \approx - 1, 4$ .
Cerca de cada cero de $f$ , $∣1/ f ∣ \to \infty$ con el signo indicado en el punto 2.

Gráfica pedida de y = 1/f(x) sobre los ejes del enunciado

Resultado: asíntotas verticales $x = - 1$ , $x = 2$ , $x = 5$ ; mínimo local $(3, 1)$ ; máximo local $(0, - \frac{1}{2})$

Ejercicio 19 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2019

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = \frac{x - 4}{2 x - 5}$ , e indique las ecuaciones de todas las asíntotas y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.

b) Considere la función $f : x \mapsto \frac{x - 4}{2 x - 5}$ .

Escriba

(i) el mayor dominio posible de $f$ ;

(ii) el correspondiente recorrido de $f$ .

Ver solución

a) 1. Asíntota vertical: se anula el denominador, $2 x - 5 = 0$ , es decir, $x = \frac{5}{2}$ . 2. Asíntota horizontal: $\frac{x - 4}{2 x - 5} \to \frac{1}{2}$ cuando $x \to \pm \infty$ , luego $y = \frac{1}{2}$ . 3. Cortes con los ejes: con el eje $y$ , $y = \frac{- 4}{- 5} = \frac{4}{5}$ ; con el eje $x$ , $x - 4 = 0$ , es decir, $x = 4$ . 4. Sobre la asíntota: $y - \frac{1}{2} = \frac{- 3}{2 ( 2 x - 5 )}$ . Es positivo para $x < \frac{5}{2}$ (rama izquierda por encima de $y = \frac{1}{2}$ ) y negativo para $x > \frac{5}{2}$ (rama derecha por debajo).

Gráfica pedida de y = (x - 4)/(2x - 5)

b) (i) 1. Hace falta $\frac{x - 4}{2 x - 5} \geq 0$ (y $x \neq = \frac{5}{2}$ ). 2. Por la gráfica o por el signo del cociente: es positivo para $x < \frac{5}{2}$ y para $x > 4$ , y nulo en $x = 4$ . 3. Por tanto $D_{f} =] - \infty, \frac{5}{2} [\cup [4, + \infty [$ .

(ii) 1. En $x < \frac{5}{2}$ la función racional toma los valores de $] \frac{1}{2}, + \infty [$ ; en $x \geq 4$ toma los de $[0, \frac{1}{2} [$ . 2. En total toma $[0, + \infty [$ salvo $\frac{1}{2}$ . Al aplicar la raíz cuadrada se excluye $\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . 3. Por tanto $R_{f} = [0, + \infty [∖ {\frac{1}{2}}$ .

Resultado: a) asíntota vertical $x = \frac{5}{2}$ , asíntota horizontal $y = \frac{1}{2}$ ; cortes con los ejes $(0, \frac{4}{5})$ y $(4, 0)$ ; b) (i) $D_{f} =] - \infty, \frac{5}{2} [\cup [4, + \infty [$ ; (ii) $R_{f} = [0, + \infty [∖ {\frac{1}{2}}$

Ejercicio 20 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2014

La función $f$ se define de la forma $f (x) = - 3 + \frac{1}{x - 2}$ , $x \neq = 2$ .

a) i) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , indicando claramente todas las asíntotas y los puntos de corte con los ejes.

(ii) Escriba las ecuaciones de todas las asíntotas y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.

b) Halle la función inversa $f^{- 1}$ e indique su dominio.

Ver solución

a) i) 1. $f (x) = - 3 + \frac{1}{x - 2}$ es la gráfica de $y = \frac{1}{x}$ trasladada 2 unidades a la derecha y 3 hacia abajo. 2. Asíntota vertical $x = 2$ y asíntota horizontal $y = - 3$ . 3. Corte con el eje $y$ : $f (0) = - 3 - \frac{1}{2} = - \frac{7}{2}$ . 4. Corte con el eje $x$ : $- 3 + \frac{1}{x - 2} = 0 \Rightarrow x - 2 = \frac{1}{3} \Rightarrow x = \frac{7}{3}$ .

Gráfica pedida de y = f(x) = -3 + 1/(x - 2)

(ii) Asíntota vertical: $x = 2$ . Asíntota horizontal: $y = - 3$ . Cortes con los ejes: $(0, - \frac{7}{2})$ y $(\frac{7}{3}, 0)$ .

b) 1. Escribimos $y = - 3 + \frac{1}{x - 2}$ , así que $y + 3 = \frac{1}{x - 2}$ . 2. Despejamos: $x - 2 = \frac{1}{y + 3}$ , luego $x = 2 + \frac{1}{y + 3} = \frac{2 y + 7}{y + 3}$ . 3. Por tanto $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 7}{x + 3}$ . 4. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ : todos los reales salvo $- 3$ (la asíntota horizontal).

Resultado: a) i) gráfica con asíntotas $x = 2$ , $y = - 3$ y cortes $(0, - \frac{7}{2})$ , $(\frac{7}{3}, 0)$ ; ii) A.V. $x = 2$ , A.H. $y = - 3$ ; cortes $(0, - \frac{7}{2})$ y $(\frac{7}{3}, 0)$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{7 + 2 x}{x + 3}$ , $D_{f^{- 1}} = R ∖ {- 3}$

Ejercicio 21 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2011

La siguiente figura muestra la gráfica de $y = f (x)$ .

Gráfica de y = f(x): decrece desde casi y = 2 hasta el origen, baja a un mínimo cerca de x = 1, corta el eje x en x = 2 y crece; asíntota horizontal y = 2 por la izquierda

La gráfica tiene una asíntota horizontal en $y = 2$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = \frac{1}{f ( x )}$ .

b) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = x \cdot f (x)$ .

Ver solución

a) 1. Los ceros de $f$ ( $x = 0$ y $x = 2$ ) son asíntotas verticales de $\frac{1}{f}$ . 2. Como $f \to 2$ cuando $x \to - \infty$ , $\frac{1}{f} \to \frac{1}{2}$ : asíntota horizontal $y = \frac{1}{2}$ por la izquierda. 3. Cuando $x \to + \infty$ , $f \to + \infty$ y $\frac{1}{f} \to 0^{+}$ . 4. Signo: $f > 0$ para $x < 0$ y para $x > 2$ ; $f < 0$ entre $0$ y $2$ . El mínimo de $f$ (valor aproximado $- 1$ en $x \approx 1$ ) pasa a ser un máximo local de $\frac{1}{f}$ (aproximadamente $- 1$ ).

b) 1. $x f (x)$ se anula en $x = 0$ y en $x = 2$ (donde $f = 0$ ). 2. Signo: para $x < 0$ , $x < 0$ y $f > 0$ , luego $x f < 0$ ; para $0 < x < 2$ , $x > 0$ y $f < 0$ , luego $x f < 0$ ; para $x > 2$ , ambos factores son positivos y $x f > 0$ . 3. Cerca de $x = 0$ , $f$ decrece y $f (0) = 0$ , así que $x f < 0$ a ambos lados: la gráfica toca el eje en $(0, 0)$ con un máximo local. 4. Cuando $x \to - \infty$ , $x f \approx 2 x \to - \infty$ ; cuando $x \to + \infty$ , $x f \to + \infty$ (más rápido que $f$ ).

Gráficas pedidas de y = 1/f(x) y de y = x por f(x), junto a la de y = f(x)

Resultado: a) $y = \frac{1}{f ( x )}$ con asíntotas verticales $x = 0$ , $x = 2$ y horizontal $y = \frac{1}{2}$ ; b) $y = x f (x)$ con máximo local en $(0, 0)$ y corte con el eje $x$ en $x = 2$

Ejercicio 22 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2017

Considere las gráficas de $y = ∣ x ∣$ e $y = - ∣ x ∣ + b$ , donde $b \in Z^{+}$ .

a) Dibuje los gráficos en el mismo conjunto de ejes.

b) Sabiendo que los gráficos encierran una región de área de 18 unidades cuadradas, calcule el valor de $b$ .

Ver solución

a) 1. $y = ∣ x ∣$ es una «V» con vértice en el origen, abierta hacia arriba. 2. $y = - ∣ x ∣ + b$ es una «V» invertida con vértice en $(0, b)$ , abierta hacia abajo. 3. Se cortan donde $∣ x ∣ = b - ∣ x ∣$ , es decir, $∣ x ∣ = \frac{b}{2}$ , en los puntos $(\pm \frac{b}{2}, \frac{b}{2})$ .

Gráficas pedidas de y = |x| y de y = -|x| + b dibujadas en los mismos ejes

b) 1. La región encerrada es un cuadrado con vértices $(0, 0)$ , $(\frac{b}{2}, \frac{b}{2})$ , $(0, b)$ y $(- \frac{b}{2}, \frac{b}{2})$ . 2. Sus dos diagonales miden $b$ (la vertical, de $(0, 0)$ a $(0, b)$ , y la horizontal, de $(- \frac{b}{2}, \frac{b}{2})$ a $(\frac{b}{2}, \frac{b}{2})$ ), así que el área es $\frac{b \cdot b}{2} = \frac{b ^{2}}{2}$ . 3. Imponemos $\frac{b ^{2}}{2} = 18$ , luego $b^{2} = 36$ y, como $b > 0$ , $b = 6$ .

Resultado: a) gráficas esbozadas; b) $b = 6$

Ejercicio 23 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2016

La función $f$ se define mediante $f (x) = \frac{3 x + 2}{x + 1}$ , $x \in R$ , $x \neq = - 1$ .

Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , indicando claramente todas las asíntotas que haya y sus ecuaciones, y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.

Ver solución

Reescribimos: $f (x) = \frac{3 x + 2}{x + 1} = \frac{3 ( x + 1 ) - 1}{x + 1} = 3 - \frac{1}{x + 1}$ .
Asíntota vertical: $x = - 1$ (se anula el denominador). Asíntota horizontal: $y = 3$ (cuando $x \to \pm \infty$ , $\frac{1}{x + 1} \to 0$ ).
Corte con el eje $y$ : $f (0) = 2$ , el punto $(0, 2)$ .
Corte con el eje $x$ : $3 x + 2 = 0$ , $x = - \frac{2}{3}$ , el punto $(- \frac{2}{3}, 0)$ .
Como $- \frac{1}{x + 1}$ es positiva para $x < - 1$ , a la izquierda de la asíntota vertical la curva está por encima de $y = 3$ y tiende a $+ \infty$ cuando $x \to - 1^{-}$ ; a la derecha está por debajo de $y = 3$ y tiende a $- \infty$ cuando $x \to - 1^{+}$ , pasando por $(- \frac{2}{3}, 0)$ y $(0, 2)$ .

Gráfico de y = (3x+2)/(x+1) con asíntotas vertical y horizontal y puntos de corte con los ejes

Resultado: asíntota vertical $x = - 1$ ; asíntota horizontal $y = 3$ ; cortes con los ejes $(0, 2)$ y $(- \frac{2}{3}, 0)$

Ejercicio 24 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

a) Dibuje la gráfica de $y = \frac{1 - 3 x}{x - 2}$ , mostrando con claridad las asíntotas e indicando las coordenadas de todos los puntos de intersección con los ejes.

b) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, resuelva la inecuación $\frac{1 - 3 x}{x - 2} < 2$ .

Ver solución

a) 1. Dividimos: $1 - 3 x = - 3 (x - 2) - 5$ , luego $y = \frac{1 - 3 x}{x - 2} = - 3 - \frac{5}{x - 2}$ . 2. Asíntota vertical $x = 2$ y asíntota horizontal $y = - 3$ . 3. Corte con el eje $y$ : $x = 0$ da $y = \frac{1}{- 2} = - \frac{1}{2}$ , el punto $(0, - \frac{1}{2})$ . 4. Corte con el eje $x$ : $1 - 3 x = 0$ , $x = \frac{1}{3}$ , el punto $(\frac{1}{3}, 0)$ . 5. Como $- \frac{5}{x - 2}$ es negativo para $x > 2$ , la rama derecha queda por debajo de $y = - 3$ y tiende a $- \infty$ cuando $x \to 2^{+}$ ; la rama izquierda queda por encima de $y = - 3$ , pasa por $(0, - \frac{1}{2})$ y $(\frac{1}{3}, 0)$ y tiende a $+ \infty$ cuando $x \to 2^{-}$ .

Gráfico de y = (1−3x)/(x−2) con sus asíntotas y los puntos de corte con los ejes

Asíntota vertical: $x = 2$ . Asíntota horizontal: $y = - 3$ .

Cortes con los ejes: $(0, - \frac{1}{2})$ y $(\frac{1}{3}, 0)$ .

b) 1. Como $x \neq = 2$ , elevamos al cuadrado: $\frac{1 - 3 x}{x - 2} < 2 ⟺ (1 - 3 x)^{2} < 4 (x - 2)^{2}$ . 2. Pasamos a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $[(1 - 3 x) - 2 (x - 2)] [(1 - 3 x) + 2 (x - 2)] < 0 ⟺ (5 - 5 x) (- x - 3) < 0.$ 3. Es decir, $5 (x - 1) (x + 3) < 0$ , que se cumple entre las raíces: $- 3 < x < 1$ . El valor $x = 2$ no está en ese intervalo. 4. Se puede comprobar con la gráfica: está entre las rectas $y = - 2$ e $y = 2$ justo para $- 3 < x < 1$ .

Resultado: a) asíntotas $x = 2$ e $y = - 3$ ; cortes $(0, - \frac{1}{2})$ y $(\frac{1}{3}, 0)$ ; b) $- 3 < x < 1$

Ejercicio 25 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2016

La función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{3 x ^{2} + 10}{x ^{2} - 4}$ , $x \in R$ , $x \neq = 2$ , $x \neq = - 2$ .

a) Demuestre que $f$ es una función par.

b) (i) Dibuje el gráfico $y = f (x)$ .

(ii) Escriba el recorrido de $f$ .

Ver solución

a) 1. El dominio $R - {- 2, 2}$ es simétrico respecto del origen. 2. Calculamos $f (- x) = \frac{3 ( - x ) ^{2} + 10}{( - x ) ^{2} - 4} = \frac{3 x ^{2} + 10}{x ^{2} - 4} = f (x)$ . 3. Como $f (- x) = f (x)$ para todo $x$ del dominio, $f$ es par.

b) (i) 1. Reescribimos $f (x) = \frac{3 ( x ^{2} - 4 ) + 22}{x ^{2} - 4} = 3 + \frac{22}{x ^{2} - 4}$ . 2. Asíntotas verticales $x = \pm 2$ y asíntota horizontal $y = 3$ (cuando $x \to \pm \infty$ ). 3. Corte con el eje $y$ : $f (0) = \frac{10}{- 4} = - \frac{5}{2}$ . No corta al eje $x$ , porque $3 x^{2} + 10 > 0$ . 4. Para $∣ x ∣ > 2$ , $\frac{22}{x ^{2} - 4} > 0$ : la curva queda por encima de $y = 3$ , baja hacia $y = 3$ al alejarse y sube a $+ \infty$ junto a $x = \pm 2$ . 5. Para $∣ x ∣ < 2$ , $\frac{22}{x ^{2} - 4} < 0$ y la curva queda por debajo de $y = 3$ : es una «∩» con máximo $(0, - \frac{5}{2})$ que cae a $- \infty$ junto a $x = \pm 2$ . 6. La gráfica es simétrica respecto del eje $y$ .

Gráfico de y = (3x²+10)/(x²−4) con asíntotas x = ±2 e y = 3

(ii) 1. Para $∣ x ∣ < 2$ : $x^{2} - 4 \in [- 4, 0 [$ , luego $\frac{22}{x ^{2} - 4} \leq - \frac{22}{4} = - \frac{11}{2}$ y $f \leq 3 - \frac{11}{2} = - \frac{5}{2}$ . 2. Para $∣ x ∣ > 2$ : $\frac{22}{x ^{2} - 4} > 0$ , luego $f > 3$ , y toma todos los valores mayores que $3$ . 3. El recorrido es $] - \infty, - \frac{5}{2}] \cup] 3, + \infty [$ .

Resultado: a) $f (- x) = f (x)$ , queda demostrado; b) (i) gráfica esbozada; (ii) $R_{f} =] - \infty, - \frac{5}{2}] \cup] 3, + \infty [$

Ejercicio 26 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Sea $f (x) = \frac{k}{x - k}$ , $x \neq = k$ , $k > 0$ .

a) Dibuje aproximadamente, sobre el diagrama que aparece a continuación, la gráfica de $f$ . Rotule claramente todos los puntos de intersección con los ejes y todas las asíntotas.

b) Dibuje aproximadamente, sobre el diagrama que aparece a continuación, la gráfica de $\frac{1}{f}$ . Rotule claramente todos los puntos de intersección con los ejes.

Ver solución

a) 1. $f (x) = \frac{k}{x - k}$ es una hipérbola desplazada $k$ unidades a la derecha, con $k > 0$ .

Asíntota vertical: el denominador se anula en $x = k$ . Asíntota horizontal: $y \to 0$ cuando $x \to \pm \infty$ , luego $y = 0$ .
Corte con el eje $y$ : $f (0) = \frac{k}{- k} = - 1$ , es decir, $(0, - 1)$ . No corta al eje $x$ , porque el numerador no se anula.
Para $x > k$ la gráfica es positiva y decrece hacia $0$ ; para $x < k$ es negativa y baja hacia $- \infty$ al acercarse a $x = k$ por la izquierda, y tiende a $0$ por debajo cuando $x \to - \infty$ .

Gráfica de y = k/(x−k) con asíntota vertical x = k, asíntota horizontal y = 0 y el corte (0, −1)

b) 1. $\frac{1}{f ( x )} = \frac{x - k}{k}$ , una recta de pendiente $\frac{1}{k} > 0$ .

Corte con el eje $x$ : $x - k = 0$ , $(k, 0)$ . Corte con el eje $y$ : $\frac{0 - k}{k} = - 1$ , $(0, - 1)$ .

Gráfica de y = 1/f(x), una recta que corta a los ejes en (k, 0) y (0, −1)

Resultado: a) cortes con los ejes: $(0, - 1)$ ; asíntota vertical $x = k$ ; asíntota horizontal $y = 0$ ; b) cortes con los ejes: $(k, 0)$ y $(0, - 1)$ .

Ejercicio 27 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2015

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = (x - 5)^{2} - 2 ∣ x - 5 ∣ - 9$ , para $0 \leq x \leq 10$ .

b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, resuelva la ecuación $(x - 5)^{2} - 2 ∣ x - 5 ∣ - 9 = 0$

Ver solución

a) 1. La función es simétrica respecto de $x = 5$ (depende solo de $∣ x - 5 ∣$ ). Con $u = ∣ x - 5 ∣$ es $y = u^{2} - 2 u - 9$ . 2. Para $x \geq 5$ : $y = (x - 5)^{2} - 2 (x - 5) - 9$ , parábola de mínimo en $u = 1$ , o sea $x = 6$ , con $y = - 10$ . Por simetría hay otro mínimo $- 10$ en $x = 4$ . 3. En $x = 5$ : $y = - 9$ , un máximo local (en forma de pico por el valor absoluto). 4. En los extremos del intervalo: $y (0) = y (10) = 25 - 10 - 9 = 6$ . 5. Con la CPG, los cortes con el eje $x$ están en $x \approx 0, 838$ y $x \approx 9, 16$ .

Gráfica de y = (x-5)² - 2|x-5| - 9 para x entre 0 y 10, con sus cortes con el eje x

b) 1. Las soluciones son los cortes con el eje $x$ . Algebraicamente, $u^{2} - 2 u - 9 = 0 \Rightarrow u = 1 \pm 10$ , y solo vale $u = 1 + 10 \approx 4, 162$ (por ser $u \geq 0$ ). 2. $x = 5 \pm 4, 162$ , es decir, $x \approx 0, 838$ y $x \approx 9, 16$ .

Resultado: a) gráfica simétrica respecto de $x = 5$ , con mínimos $- 10$ en $x = 4$ y $x = 6$ y máximo local $- 9$ en $x = 5$ ; b) $x = 0, 838$ , $x = 9, 16$

Ejercicio 28 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Sea $f$ la función $f (x) = x arccos x + \frac{1}{2} x$ para $- 1 \leq x \leq 1$ y $g$ la función $g (x) = cos 2 x$ para $- 1 \leq x \leq 1$ .

a) En la siguiente cuadrícula, dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ y la gráfica de $g$ .

Cuadrícula vacía con x de -1,5 a 1,5 e y de -4 a 2, para dibujar las gráficas de f y g

b) Escriba la solución de la ecuación $f (x) = g (x)$ .

c) Escriba el recorrido de $g$ .

Ver solución

a) 1. $g (x) = cos 2 x$ en $[- 1, 1]$ : es par, con máximo $g (0) = 1$ y $g (\pm 1) = cos 2 \approx - 0, 416$ (el argumento $2 x$ recorre $[- 2, 2]$ , sin llegar a $π$ ). 2. $f (x) = x arccos x + \frac{1}{2} x$ : $f (- 1) = - π - \frac{1}{2} \approx - 3, 64$ , $f (0) = 0$ y $f (1) = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . Con la CPG, $f$ es creciente desde $(- 1; - 3, 64)$ hasta un máximo $\approx 0, 92$ cerca de $x \approx 0, 8$ y luego desciende hasta $(1; 0, 5)$ .

Gráficas de f(x) = x arccos x + x/2 y de g(x) = cos 2x para x entre -1 y 1, que se cortan en un punto

b) Con la CPG, las gráficas se cortan en un único punto: $x \approx 0, 412$ .

c) $cos$ toma su valor máximo $1$ en $x = 0$ y su mínimo en el extremo $x = \pm 1$ (porque $2 x \in [- 2, 2] \subset [- π, π]$ ): $cos 2 \approx - 0, 416$ . Luego $R_{g} = [cos 2, 1] = [- 0, 416, 1]$ .

Resultado: b) $x = 0, 412$ ; c) $R_{g} = [- 0, 416, 1]$

Ejercicio 29 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Cada uno de los siguientes diagramas muestra la gráfica de una función $f$ .

Dibuje aproximadamente sobre los ejes dados, las gráficas de

a) $∣ f (- x)∣$

Gráfica de y = f(x), una curva que parte del eje x, sube hasta un máximo local, cruza el eje x, baja hasta un mínimo local por debajo del eje x y vuelve a subir con fuerza

b) $\frac{1}{f ( x )}$

Gráfica de y = f(x), una curva que parte del eje x, sube hasta un máximo local, cruza el eje x, baja hasta un mínimo local por debajo del eje x y vuelve a subir con fuerza

Ver solución

a) 1. $f (- x)$ es la reflexión de la gráfica de $f$ en el eje $y$ : sus ceros pasan de $x \approx - 5, - 1, 5, 2, 4$ a $x \approx 5, 1, 5, - 2, 4$ . 2. El valor absoluto lleva por encima del eje $x$ la parte que está por debajo. Resulta una curva siempre $\geq 0$ que toca el eje $x$ en $x \approx - 2, 4$ , $1, 5$ y $5$ : por la izquierda baja desde arriba hasta tocar el eje en $- 2, 4$ , sube hasta un máximo local, baja hasta tocar el eje en $1, 5$ , sube a otro máximo local más pequeño y termina en el eje $x$ en $x \approx 5$ .

Gráfica de y = |f(-x)| (en trazo grueso) junto con la de y = f(x) (en trazo fino)

b) 1. $\frac{1}{f ( x )}$ tiene asíntotas verticales en los ceros de $f$ ( $x \approx - 5$ , $- 1, 5$ y $2, 4$ ). 2. Tiene el mismo signo que $f$ y su asíntota horizontal es $y = 0$ , porque $f$ crece sin límite hacia la derecha (y $\frac{1}{f} \to 0$ ). 3. Donde $f$ tiene un máximo local positivo, $\frac{1}{f}$ tiene un mínimo local; donde $f$ tiene un mínimo local negativo, $\frac{1}{f}$ tiene un máximo local (negativo). 4. Así: entre los dos primeros ceros la curva está por encima del eje $x$ , con un mínimo local y subiendo sin límite en los extremos; entre el segundo y el tercero está por debajo, con un máximo local y bajando sin límite en los extremos; a la derecha del tercer cero baja desde $+ \infty$ hacia el eje $x$ .

Gráfica de y = 1/f(x) con asíntotas verticales en los ceros de f (trazo grueso), junto con la de y = f(x) (en trazo fino)

Resultado: a) curva siempre $\geq 0$ que toca el eje $x$ en $x \approx - 2, 4$ , $1, 5$ y $5$ ; b) asíntotas verticales en los ceros de $f$ y asíntota horizontal $y = 0$ .

Ejercicio 30 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2021

La gráfica de $y = f (x)$ para $- 4 \leq x \leq 6$ se muestra en el siguiente diagrama.

Gráfica de y = f(x) para x entre -4 y 6: constante de valor 4 hasta x = 0, luego sube hasta un máximo y baja hasta el punto (6, -2)

a) Escriba el valor de

(i) $f (2)$ ;

(ii) $(f \circ f) (2)$ .

b) Sea $g (x) = \frac{1}{2} f (x) + 1$ para $- 4 \leq x \leq 6$ . En los mismos ejes dibuje la gráfica de $g$ .

Ver solución

a) i) Del gráfico, $f (2) = 6$ .

(ii) $(f \circ f) (2) = f (f (2)) = f (6) = - 2$ (el gráfico termina en $(6, - 2)$ ).

b) 1. $g (x) = \frac{1}{2} f (x) + 1$ : compresión vertical de factor $\frac{1}{2}$ y traslación de $1$ unidad hacia arriba. Cada punto $(x, y)$ pasa a $(x, \frac{y}{2} + 1)$ . 2. $(- 4, 4) \to (- 4, 3)$ y $(0, 4) \to (0, 3)$ : tramo horizontal a altura $3$ en $[- 4, 0]$ . 3. $(2, 6) \to (2, 4)$ : máximo. $(6, - 2) \to (6, 0)$ : extremo final. 4. El corte de $f$ con el eje $x$ ( $x \approx 5, 5$ , $y = 0$ ) pasa al punto $(5, 5; 1)$ .

Gráfica de y = g(x) = f(x)/2 + 1 (trazo grueso) junto con la de y = f(x) (trazo fino)

Resultado: a) i) $f (2) = 6$ ; ii) $(f \circ f) (2) = - 2$ ; b) gráfica de $g$ : tramo a altura $3$ en $[- 4, 0]$ , máximo $(2, 4)$ y extremo final $(6, 0)$ .

Ejercicio 31 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

La función $f$ está definida por $f (x) = \frac{2 x + 4}{3 - x}, x \in R, x \neq = 3$ .

a) Escriba la ecuación de

(i) la asíntota vertical del gráfico de $f$ ;

(ii) la asíntota horizontal del gráfico de $f$ .

b) Calcule las coordenadas cuando la gráfica de $f$ corta

(i) al eje $x$ ;

(ii) al eje $y$ .

c) Dibuje la gráfica de $f$ en los ejes que se muestran.

Ejes de coordenadas vacíos, ambos de -15 a 15, para dibujar la gráfica de f

La función $g$ se define $g (x) = \frac{a x + 4}{3 - x}$ , donde $x \in R, x \neq = 3$ y $a \in R$ .

d) Sabiendo que $g (x) = g^{- 1} (x)$ , determine el valor de $a$ .

Ver solución

a) i) El denominador se anula en $3 - x = 0$ : asíntota vertical $x = 3$ .

(ii) $f (x) = \frac{2 x + 4}{3 - x} \to \frac{2}{- 1} = - 2$ cuando $x \to \pm \infty$ : asíntota horizontal $y = - 2$ .

b) i) Eje $x$ : $2 x + 4 = 0 \Rightarrow x = - 2$ . Punto $(- 2, 0)$ .

(ii) Eje $y$ : $f (0) = \frac{4}{3}$ . Punto $(0, \frac{4}{3})$ .

c) 1. Dibujamos las asíntotas $x = 3$ e $y = - 2$ y los puntos $(- 2, 0)$ y $(0, \frac{4}{3})$ . 2. Rama izquierda ( $x < 3$ ): pasa por esos puntos, sube sin límite al acercarse a $x = 3$ y hacia la izquierda se aproxima a $y = - 2$ por encima. Rama derecha ( $x > 3$ ): baja sin límite junto a $x = 3$ y se acerca a $y = - 2$ por debajo.

Gráfica de f(x) = (2x+4)/(3-x) con la asíntota vertical x = 3, la asíntota horizontal y = -2 y los cortes con los ejes (-2, 0) y (0, 4/3)

d) 1. Hallamos la inversa de $g$ : $y = \frac{a x + 4}{3 - x} \Rightarrow 3 y - x y = a x + 4 \Rightarrow x (a + y) = 3 y - 4 \Rightarrow x = \frac{3 y - 4}{y + a}$ . 2. $g^{- 1} (x) = \frac{3 x - 4}{x + a}$ . 3. Igualamos con $g (x) = \frac{a x + 4}{3 - x} = \frac{- a x - 4}{x - 3}$ . Los denominadores deben coincidir: $x + a = x - 3 \Rightarrow a = - 3$ . 4. Comprobación: con $a = - 3$ , el numerador de $g$ es $- (- 3) x - 4 = 3 x - 4$ , igual al de $g^{- 1}$ .

Resultado: a) i) $x = 3$ ; ii) $y = - 2$ ; b) i) $(- 2, 0)$ ; ii) $(0, \frac{4}{3})$ ; c) gráfica con asíntotas $x = 3$ , $y = - 2$ ; d) $a = - 3$

Ejercicio 32 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2022

La función se define así: $f (x) = \frac{2 x - 1}{x + 1}$ , donde $x \in R, x \neq = - 1$ .

El gráfico de $y = f (x)$ tiene una asíntota vertical y una asíntota horizontal.

Escriba la ecuación de:

(i) La asíntota vertical

(ii) La asíntota horizontal.

b) En los siguientes ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente el grafico de $y = f (x)$ .

En ese mismo dibujo aproximado, indique claramente las asíntotas y la posición de todos los puntos de intersección con los ejes que haya.

Cuadrícula vacía con ambos ejes de -6 a 6, para dibujar la gráfica de f

c) A partir de lo anterior, sesuelva la inecuación $0 < \frac{2 x - 1}{x + 1} < 2$ .

d) Resuelva la inecuación $0 < \frac{2 ∣ x ∣ - 1}{∣ x ∣ + 1} < 2$ .

Ver solución

a) i) El denominador se anula en $x + 1 = 0$ : asíntota vertical $x = - 1$ .

(ii) $f (x) = \frac{2 x - 1}{x + 1} = 2 - \frac{3}{x + 1} \to 2$ cuando $x \to \pm \infty$ : asíntota horizontal $y = 2$ .

b) 1. Corte con el eje $y$ : $f (0) = - 1$ , punto $(0, - 1)$ . Corte con el eje $x$ : $2 x - 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$ , punto $(\frac{1}{2}, 0)$ . 2. Como $f (x) = 2 - \frac{3}{x + 1}$ : para $x > - 1$ , la curva está por debajo de $y = 2$ , crece desde $- \infty$ (junto a $x = - 1$ ) y se acerca a $y = 2$ ; para $x < - 1$ , está por encima de $y = 2$ y sube sin límite hacia $x = - 1$ .

Gráfica de y = (2x-1)/(x+1) con la asíntota vertical x = -1, la asíntota horizontal y = 2 y los cortes con los ejes (0,5; 0) y (0, -1)

c) 1. Leemos en la gráfica: $f (x) > 0$ cuando $x < - 1$ o $x > \frac{1}{2}$ , y $f (x) < 2$ cuando $x > - 1$ (la rama izquierda está por encima de $y = 2$ ). 2. Ambas condiciones a la vez: $x > \frac{1}{2}$ .

d) 1. La expresión $\frac{2 ∣ x ∣ - 1}{∣ x ∣ + 1} = f (∣ x ∣)$ se obtiene de la anterior sustituyendo $x$ por $∣ x ∣$ ( $∣ x ∣ \geq 0 > - 1$ , así que siempre está definida). 2. Por c), $0 < f (∣ x ∣) < 2 ⟺ ∣ x ∣ > \frac{1}{2}$ . 3. Es decir, $x < - \frac{1}{2}$ o $x > \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) i) $x = - 1$ ; ii) $y = 2$ ; b) gráfica con cortes $(0, - 1)$ y $(\frac{1}{2}, 0)$ ; c) $x > \frac{1}{2}$ ; d) $x < - \frac{1}{2}$ o $x > \frac{1}{2}$ , es decir, $x \in] - \infty, - \frac{1}{2} [\cup] \frac{1}{2}, + \infty [$

Ejercicio 33 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2012

La gráfica de una función polinómica $f$ de grado 4 se muestra a continuación .

Gráfica de un polinomio de grado 4 que corta al eje x en (-4, 0) y (2, 0), al eje y en (0, -32) y tiene dos mínimos locales y un máximo local

a) Explique por qué, de las cuatro raíces de la ecuación $f (x) = 0$ , dos son raíces reales y dos son complejas.

b) La curva pasa por el punto $(- 1, - 18)$ . Halle $f (x)$ de la forma $f (x) = (x - a) (x - b) (x^{2} + c x + d)$ , donde $a, b, c, d \in Z$ .

c) Halle las dos raíces complejas de la ecuación $f (x) = 0$ , expresándolas en forma cartesiana.

d) Dibuje con precisión las cuatro raíces sobre el plano complejo (el plano de Argand).

e) Exprese cada una de las cuatro raíces de la ecuación de la forma $r e^{i θ}$ .

Ver solución

a) 1. Una ecuación polinómica de grado 4 tiene 4 raíces (contando multiplicidad). 2. En la gráfica, la curva corta el eje $x$ solo en $x = - 4$ y $x = 2$ : son las dos raíces reales. 3. Las otras dos raíces no son reales, y como los coeficientes son reales, son un número complejo y su conjugado.

b) 1. Con las raíces $- 4$ y $2$ , $f (x) = (x - 2) (x + 4) (x^{2} + c x + d)$ (el coeficiente principal es 1). 2. La curva pasa por $(0, - 32)$ : $(- 2) (4) d = - 32$ , luego $d = 4$ . 3. Pasa por $(- 1, - 18)$ : $(- 3) (3) (1 - c + 4) = - 18$ , es decir, $- 9 (5 - c) = - 18$ , luego $5 - c = 2$ y $c = 3$ . 4. Por tanto $f (x) = (x - 2) (x + 4) (x^{2} + 3 x + 4)$ .

c) 1. Resolvemos $x^{2} + 3 x + 4 = 0$ : $x = \frac{- 3 \pm 9 - 16}{2} = \frac{- 3 \pm 7 i}{2}$ . 2. Las raíces complejas son $- \frac{3}{2} \pm \frac{7}{2} i$ .

d) 1. Dibujamos en el plano de Argand: $(2, 0)$ , $(- 4, 0)$ , $(- \frac{3}{2}, \frac{7}{2})$ y $(- \frac{3}{2}, - \frac{7}{2})$ .

Plano de Argand con cuatro puntos marcados: las raíces pedidas

e) 1. $2 = 2 e^{i 0}$ y $- 4 = 4 e^{i π}$ . 2. Para las complejas, el módulo es $r = \frac{9}{4} + \frac{7}{4} = 4 = 2$ . 3. Los puntos están en el segundo y el tercer cuadrante; con $tan φ = \frac{7 /2}{3/2} = \frac{7}{3}$ para el ángulo de referencia, los argumentos son $π - arctan \frac{7}{3}$ (segundo cuadrante) y $π + arctan \frac{7}{3}$ (tercero).

Resultado: a) hay dos raíces reales ( $- 4$ y $2$ ) y las otras dos son complejas conjugadas; b) $f (x) = (x - 2) (x + 4) (x^{2} + 3 x + 4)$ ; c) $- \frac{3}{2} \pm \frac{7}{2} i$ ; d) las cuatro raíces son $(2, 0)$ , $(- 4, 0)$ y $(- \frac{3}{2}, \pm \frac{7}{2})$ ; e) $2 e^{i 0}$ , $4 e^{i π}$ , $2 e^{i (π - a r c t a n \frac{7}{3})}$ , $2 e^{i (π + a r c t a n \frac{7}{3})}$

Ejercicio 34 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

Considere $f (x) = ln x - e^{c o s x}$ , $0 < x \leq 10$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f (x)$ , indicando las coordenadas de todos los máximos y mínimos y de los puntos de corte con el eje $x$ .

b) Resuelva la inecuación $ln x \leq e^{c o s x}$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG, representamos $f (x) = ln x - e^{c o s x}$ en $0 < x \leq 10$ . Cuando $x \to 0^{+}$ , $ln x \to - \infty$ y $f \to - \infty$ . 2. Cortes con el eje $x$ (soluciones de $f (x) = 0$ ): $x \approx 1, 97$ , $x \approx 5, 24$ y $x \approx 7, 11$ . 3. Máximos locales: $(3, 78; 0, 882)$ y $(9, 70; 1, 89)$ . Mínimo local: $(6, 22; - 0, 885)$ .

Gráfica pedida de f(x) = ln x - e^(cos x) para 0 < x ≤ 10

b) 1. La inecuación $ln x \leq e^{c o s x}$ equivale a $f (x) \leq 0$ . 2. La gráfica está por debajo del eje $x$ o sobre él en $] 0; 1, 97]$ y en $[5, 24; 7, 11]$ .

Resultado: a) cortes con el eje $x$ : $x = 1, 97$ , $x = 5, 24$ , $x = 7, 11$ ; máximos $(3, 78; 0, 882)$ y $(9, 70; 1, 89)$ ; mínimo $(6, 22; - 0, 885)$ ; b) $] 0; 1, 97] \cup [5, 24; 7, 11]$

Ejercicio 35 DifícilIB · P1 Mayo 2001

El diagrama muestra la gráfica de dos funciones $y_{1}$ e $y_{2}$ .

Gráficas de dos funciones y1 (trazo continuo) e y2 (trazo discontinuo) sobre los mismos ejes

En los mismos ejes dibuje la gráfica de $\frac{y _{1}}{y _{2}}$ . Indique claramente las intersecciones con el eje $x$ y las asíntotas.

Ver solución

Las asíntotas verticales de $\frac{y _{1}}{y _{2}}$ están donde $y_{2} = 0$ (si $y_{1} \neq = 0$ allí): en $x \approx 1, 6$ y en $x \approx 6$ .
Los cortes con el eje $x$ están donde $y_{1} = 0$ (si $y_{2} \neq = 0$ allí): en $x \approx 5, 1$ .
En $x = 0$ : $\frac{y _{1}}{y _{2}} \approx \frac{1 , 8}{2 , 3} \approx 0, 8$ .
Signo: $y_{1} / y_{2}$ es positivo cuando $y_{1}$ e $y_{2}$ tienen el mismo signo y negativo cuando son de signo contrario.
Antes de $x \approx 1, 6$ ambas son positivas: el cociente es positivo, parte de $\approx 0, 8$ y crece a $+ \infty$ al acercarse a la asíntota.
Entre $x \approx 1, 6$ y $x \approx 5, 1$ , $y_{2} < 0$ e $y_{1} > 0$ : el cociente es negativo; sale de $- \infty$ y sube hasta $0$ en $x \approx 5, 1$ .
Entre $x \approx 5, 1$ y $x \approx 6$ ambas son negativas ( $y_{1} < 0$ e $y_{2} < 0$ ): el cociente es positivo y crece a $+ \infty$ al acercarse a $x \approx 6$ .
Para $x > 6$ , $y_{2} > 0$ e $y_{1} < 0$ : el cociente es negativo, sale de $- \infty$ y crece hasta $\approx - 0, 8$ .

Gráfica pedida de y1/y2 sobre los mismos ejes, junto a las de y1 e y2

Resultado: asíntotas verticales en $x \approx 1, 6$ y $x \approx 6$ (ceros de $y_{2}$ ); corte con el eje $x$ en $x \approx 5, 1$ (cero de $y_{1}$ ); corte con el eje $y$ en $y \approx 0, 8$

Ejercicio 36 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2005

a) Dibuje la gráfica de $y = \frac{x - 12}{x ^{2} - 4}$ .

b) Escriba

(i) la intersección con el eje $x$ .

(ii) las ecuaciones de todas las asíntotas.

Ver solución

a) 1. Dominio: $x^{2} - 4 > 0$ , es decir, $x < - 2$ o $x > 2$ . 2. Asíntotas verticales: $x = - 2$ y $x = 2$ . Cerca de $x = 2^{+}$ , el numerador vale $\approx - 10$ y el denominador tiende a $0^{+}$ : $y \to - \infty$ . Cerca de $x = - 2^{-}$ , el numerador vale $\approx - 14$ : $y \to - \infty$ . 3. Asíntotas horizontales: para $x \to + \infty$ , $\frac{x - 12}{x ^{2} - 4} \to 1$ ; para $x \to - \infty$ , $x^{2} - 4 \approx ∣ x ∣ = - x$ y el cociente tiende a $- 1$ . 4. Corte con el eje $x$ : $x = 12$ . No hay corte con el eje $y$ (el $0$ no está en el dominio). 5. En la rama izquierda $y < 0$ siempre y la curva queda por debajo de $y = - 1$ ; en la rama derecha, sale de $- \infty$ , corta el eje $x$ en $x = 12$ y se acerca a $y = 1$ por debajo.

Gráfica pedida de y = (x - 12)/√(x² - 4)

b) i) El corte con el eje $x$ es $(12, 0)$ .

(ii) Asíntotas verticales $x = - 2$ y $x = 2$ ; asíntotas horizontales $y = - 1$ e $y = 1$ .

Resultado: a) gráfica con asíntotas $x = \pm 2$ , $y = \pm 1$ y corte con el eje $x$ en $(12, 0)$ ; b) i) $(12, 0)$ ; ii) asíntotas verticales $x = 2$ y $x = - 2$ ; asíntotas horizontales $y = 1$ e $y = - 1$

Ejercicio 37 DifícilIB · P1 Noviembre 2003

En el diagrama aparece la gráfica de $f (x)$ .

Gráfica de f(x) con asíntotas verticales x = -1 y x = 1 y asíntota horizontal y = 1

a) Sobre el mismo diagrama dibuje aproximadamente la gráfica de $\frac{1}{f ( x )}$ , indicando claramente todas las asíntotas.

b) Escriba las coordenadas del máximo local, el mínimo local y las intersecciones con el eje $x$ y con el eje $y$ de $\frac{1}{f ( x )}$ .

Ver solución

a) 1. Los puntos donde $f = 0$ ( $x = 2$ ) dan asíntotas verticales de $\frac{1}{f}$ : $x = 2$ . 2. La asíntota horizontal $y = 1$ de $f$ da la asíntota horizontal $y = 1$ de $\frac{1}{f}$ . 3. Cuando $f \to \pm \infty$ (en $x = \pm 1$ ), $\frac{1}{f} \to 0$ : la gráfica pasa por $(- 1, 0)$ y $(1, 0)$ . 4. Para $x < - 1$ : $f > 1$ , luego $0 < \frac{1}{f} < 1$ ; parte de cerca de $y = 1$ y baja a $0$ en $x = - 1$ . 5. Entre $- 1$ y $1$ : $f \leq - 2$ , luego $- \frac{1}{2} \leq \frac{1}{f} < 0$ ; el máximo de $f$ , $(0, - 2)$ , da el mínimo $(0, - \frac{1}{2})$ de $\frac{1}{f}$ . 6. Entre $1$ y $2$ : $f < 0$ , y $\frac{1}{f}$ baja desde $0$ hasta $- \infty$ en $x = 2^{-}$ . 7. Para $x > 2$ : $f \in] 0, 1 [$ , luego $\frac{1}{f} > 1$ ; baja desde $+ \infty$ en $x = 2^{+}$ acercándose a $y = 1$ por arriba.

Gráfica pedida de y = 1/f(x) sobre el mismo diagrama, junto a la de f(x)

b) 1. Mínimo local: $(0, - \frac{1}{2})$ . 2. Máximo local: $(1, 0)$ (la curva llega a $0$ por debajo desde ambos lados). 3. Cortes con el eje $x$ : $(- 1, 0)$ y $(1, 0)$ . Corte con el eje $y$ : $(0, - \frac{1}{2})$ .

Resultado: a) asíntota vertical $x = 2$ , asíntota horizontal $y = 1$ ; b) mínimo local $(0, - \frac{1}{2})$ ; máximo local $(1, 0)$ ; cortes con el eje $x$ : $(- 1, 0)$ y $(1, 0)$ ; corte con el eje $y$ : $(0, - \frac{1}{2})$

Ejercicio 38 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

a) Dibuje aproximadamente la curva $y = ∣ ln x ∣ - ∣ cos x ∣ - 0, 1$ $0 < x < 4$ , mostrando claramente las coordenadas de los puntos de corte con el eje $x$ .

b) Halle los valores de $x$ para los cuales $∣ ln x ∣ > ∣ cos x ∣ + 0, 1$ $0 < x < 4$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG representamos $y = ∣ ln x ∣ - ∣ cos x ∣ - 0, 1$ en $0 < x < 4$ . 2. Cuando $x \to 0^{+}$ , $∣ ln x ∣ \to + \infty$ , así que la curva sube sin límite junto al eje $y$ . En $x = \frac{π}{2}$ aparece un punto anguloso (donde $cos x = 0$ ) y en $x = 1$ otro (donde $ln x = 0$ ). 3. Con la CPG hallamos los cortes con el eje $x$ (donde $y = 0$ ): $x \approx 0, 354$ , $x \approx 1, 36$ , $x \approx 2, 59$ y $x \approx 2, 95$ . 4. La curva baja hasta un mínimo cercano a $- 0, 6$ entre $0, 354$ y $1, 36$ , tiene un mínimo local muy cerca de $0$ entre $2, 59$ y $2, 95$ , y termina en $x = 4$ con un valor positivo.

Gráfica pedida de y = |ln x| - |cos x| - 0,1 para 0 < x < 4

b) 1. La desigualdad $∣ ln x ∣ > ∣ cos x ∣ + 0, 1$ equivale a $∣ ln x ∣ - ∣ cos x ∣ - 0, 1 > 0$ , es decir, a que la curva del apartado (a) esté por encima del eje $x$ . 2. Leyendo la gráfica con los cortes anteriores, la curva es positiva en $] 0; 0, 354 [$ , en $] 1, 36; 2, 59 [$ y en $] 2, 95; 4 [$ .

Resultado: a) cortes con el eje $x$ en $x = 0, 354$ ; $1, 36$ ; $2, 59$ ; $2, 95$ ; b) $x \in] 0; 0, 354 [\cup] 1, 36; 2, 59 [\cup] 2, 95; 4 [$

Ejercicio 39 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2019

a) Dibuje aproximadamente los gráficos de $y = sin^{3} x + ln x$ y de $y = 1 + cos x$ en los siguientes ejes de coordenadas, para $0 < x \leq 9$ .

Ejes de coordenadas vacíos con cuadrícula, x de 0 a 9 e y de -3 a 4, para dibujar las dos gráficas

b) A partir de lo anterior, resuelva $sin^{3} x + ln x - cos x - 1 < 0$ en el intervalo $0 < x \leq 9$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG representamos ambas funciones en $0 < x \leq 9$ . 2. $y = sin^{3} x + ln x$ tiende a $- \infty$ cuando $x \to 0^{+}$ y crece lentamente con pequeñas ondulaciones (por el factor $sin^{3} x$ ). 3. $y = 1 + cos x$ es un coseno desplazado una unidad hacia arriba: vale $2$ en $x = 0$ , baja a $0$ en $x = π$ , sube a $2$ en $x = 2 π$ y vuelve a bajar.

Gráficas pedidas de y = sen³x + ln x y de y = 1 + cos x sobre los mismos ejes

b) 1. La desigualdad $sin^{3} x + ln x - cos x - 1 < 0$ equivale a $sin^{3} x + ln x < 1 + cos x$ : la primera curva está por debajo de la segunda. 2. Con la CPG hallamos los puntos de corte en $0 < x \leq 9$ : $x \approx 1, 35$ , $x \approx 4, 35$ y $x \approx 6, 64$ . 3. La primera curva queda por debajo de la segunda en $0 < x < 1, 35$ y en $4, 35 < x < 6, 64$ .

Resultado: a) gráficas esbozadas; b) $0 < x < 1, 35$ y $4, 35 < x < 6, 64$

Ejercicio 40 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2019

Considere el polinomio $P (z) = z^{4} - 6 z^{3} - 2 z^{2} + 58 z - 51$ , $z \in C$ .

a) Exprese $P (z)$ en la forma $(z^{2} + a z + b) (z^{2} + cz + d)$ donde $a, b, c, d \in R$ .

b) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = x^{4} - 6 x^{3} - 2 x^{2} + 58 x - 51$ , indicando claramente las coordenadas de todos los máximos, mínimos y cortes con los ejes.

c) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, indique qué condición tiene que cumplir $k \in R$ para que todas las raíces de la ecuación $P (z) = k$ sean reales.

Ver solución

a) 1. Buscamos $(z^{2} + a z + b) (z^{2} + cz + d)$ con coeficientes reales. Una forma de hallarlos es encontrar primero dos raíces reales del polinomio. Probando divisores de $- 51$ : $P (1) = 1 - 6 - 2 + 58 - 51 = 0$ y $P (- 3) = 81 + 162 - 18 - 174 - 51 = 0$ . 2. Los factores $(z - 1) (z + 3) = z^{2} + 2 z - 3$ dividen a $P (z)$ . 3. Dividimos: $P (z) = (z^{2} + 2 z - 3) (z^{2} + cz + d)$ . Comparando el término independiente, $- 3 d = - 51$ , luego $d = 17$ . Comparando el coeficiente de $z^{3}$ , $c + 2 = - 6$ , luego $c = - 8$ . 4. Comprobamos con el coeficiente de $z$ : $2 d - 3 c = 34 + 24 = 58$ . Correcto. 5. Por tanto $P (z) = (z^{2} + 2 z - 3) (z^{2} - 8 z + 17)$ .

b) 1. Con la factorización, $x^{4} - 6 x^{3} - 2 x^{2} + 58 x - 51 = (x - 1) (x + 3) (x^{2} - 8 x + 17)$ . El último factor tiene $Δ = 64 - 68 < 0$ , así que no se anula: los únicos cortes con el eje $x$ son $(- 3, 0)$ y $(1, 0)$ . 2. Corte con el eje $y$ : $x = 0$ da $y = - 51$ , es decir, $(0, - 51)$ . 3. Con la CPG hallamos los extremos locales: mínimo en $(- 1, 62; - 117, 8)$ , máximo en $(2, 4; 26, 9)$ y mínimo en $(3, 72; 19, 7)$ . 4. Como el coeficiente principal es positivo, la gráfica sube hacia $+ \infty$ en ambos extremos: baja desde la izquierda hasta el primer mínimo, sube hasta el máximo y vuelve a bajar hasta el segundo mínimo, para subir después.

Gráfica pedida del polinomio y = x⁴ - 6x³ - 2x² + 58x - 51

Cortes con los ejes $(- 3, 0)$ , $(1, 0)$ y $(0, - 51)$ .

Máximo en $(2, 4; 26, 9)$ . Mínimos en $(- 1, 62; - 117, 8)$ y $(3, 72; 19, 7)$ .

c) 1. Las raíces reales de $P (z) = k$ son las abscisas de los cortes de la recta horizontal $y = k$ con la gráfica del apartado (b). 2. La ecuación tiene cuatro raíces (contando multiplicidad), así que todas son reales solo si la recta corta la gráfica en cuatro puntos (contando los de tangencia). 3. Eso ocurre cuando la recta está entre el mínimo local de la derecha y el máximo local: por debajo de $19, 7$ la recta solo corta dos veces y por encima de $26, 9$ también. 4. Por tanto $19, 7 \leq k \leq 26, 9$ .

Resultado: a) $P (z) = (z^{2} + 2 z - 3) (z^{2} - 8 z + 17)$ ; b) cortes $(- 3, 0)$ , $(1, 0)$ , $(0, - 51)$ ; máximo $(2, 4; 26, 9)$ ; mínimos $(- 1, 62; - 117, 8)$ y $(3, 72; 19, 7)$ ; c) $19, 7 \leq k \leq 26, 9$

Ejercicio 41 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2017

Sea $f (x) = 3 x^{4} + a x^{3} + b x^{2} - 7 x - 4$ , donde $a$ y $b$ son números enteros positivos.

a) Sabiendo que $x^{2} - 1$ es un factor de $f (x)$ , halle el valor de $a$ y el valor de $b$ .

b) Factorice $f (x)$ , expresándolo como un producto de factores lineales.

c) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , y rotule los puntos máximos, los puntos mínimos y los puntos de corte con los ejes $x$ e $y$ .

d) Utilizando este gráfico, indique el rango de valores de $c$ para los cuales $f (x) = c$ tiene exactamente dos raíces reales distintas.

Ver solución

a) 1. Si $x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1)$ es factor de $f$ , entonces $f (1) = 0$ y $f (- 1) = 0$ . 2. $f (1) = 3 + a + b - 7 - 4 = 0$ , es decir, $a + b = 8$ . 3. $f (- 1) = 3 - a + b + 7 - 4 = 0$ , es decir, $b - a = - 6$ . 4. Sumando ambas ecuaciones: $2 b = 2$ , luego $b = 1$ , y entonces $a = 7$ . Son enteros positivos, como pide el enunciado.

b) 1. Con $a = 7$ , $b = 1$ : $f (x) = 3 x^{4} + 7 x^{3} + x^{2} - 7 x - 4$ . Dividimos entre $x^{2} - 1$ : $f (x) = (x^{2} - 1) (3 x^{2} + 7 x + 4)$ . Se comprueba: $(x^{2} - 1) (3 x^{2} + 7 x + 4) = 3 x^{4} + 7 x^{3} + 4 x^{2} - 3 x^{2} - 7 x - 4$ . 2. Factorizamos $3 x^{2} + 7 x + 4 = (3 x + 4) (x + 1)$ (raíces $- 1$ y $- \frac{4}{3}$ ). 3. Por tanto $f (x) = (x - 1) (x + 1)^{2} (3 x + 4)$ .

c) 1. Ceros: $x = 1$ , $x = - 1$ (doble, la gráfica toca el eje sin cruzarlo) y $x = - \frac{4}{3} \approx - 1, 3$ . Corte con el eje $y$ : $f (0) = - 4$ , el punto $(0, - 4)$ . 2. El coeficiente principal es positivo, así que $f \to + \infty$ en ambos extremos. 3. Con la CPG hallamos los extremos locales: mínimo en $(- 1, 23; - 0, 037)$ , máximo en $(- 1, 0)$ y mínimo en $(0, 476; - 6, 2)$ . 4. La gráfica baja desde la izquierda, corta el eje en $x = - 1, 3$ , llega al primer mínimo, sube hasta tocar el eje en $(- 1, 0)$ (máximo local), baja hasta el segundo mínimo, y sube cortando el eje en $x = 1$ .

Cortes con los ejes: $(- 1, 3; 0)$ , $(- 1, 0)$ , $(1, 0)$ , $(0, - 4)$ .

Máximo: $(- 1, 0)$ . Mínimos: $(- 1, 23; - 0, 037)$ y $(0, 476; - 6, 2)$ .

Gráfico de y = (x−1)(x+1)²(3x+4) con sus cortes con los ejes, un máximo local y dos mínimos locales

d) 1. Las raíces de $f (x) = c$ son los cortes de la recta horizontal $y = c$ con la gráfica. 2. Si $c > 0$ , la recta corta solo una vez a cada lado: dos raíces. 3. Si $c = 0$ hay tres raíces distintas ( $- \frac{4}{3}$ , $- 1$ y $1$ ). Si $- 0, 037 < c < 0$ hay cuatro. Si $c = - 0, 037$ hay tres (una doble y una simple). 4. Si $- 6, 2 < c < - 0, 037$ , la recta queda por debajo del primer mínimo y corta solo en la bajada y en la subida finales: dos raíces. 5. Si $c = - 6, 2$ hay una raíz (doble) y si $c < - 6, 2$ no hay ninguna.

Resultado: a) $a = 7$ , $b = 1$ ; b) $f (x) = (x - 1) (x + 1)^{2} (3 x + 4)$ ; c) cortes $(- 1, 3; 0)$ , $(- 1, 0)$ , $(1, 0)$ , $(0, - 4)$ ; máximo $(- 1, 0)$ ; mínimos $(- 1, 23; - 0, 037)$ y $(0, 476; - 6, 2)$ ; d) $c \in] - 6, 2; - 0, 037 [\cup] 0, + \infty [$

Ejercicio 42 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

La siguiente figura muestra la gráfica de una función lineal $f$ y la de una función cuadrática $g$ .

Gráficas de una función lineal f y de una función cuadrática g sobre los mismos ejes

Sobre esos mismos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de $\frac{f}{g}$ .

Indique claramente dónde se produce la intersección con el eje $x$ y dónde se hallan las asíntotas.

Ver solución

Sean $x_{f}$ el cero de $f$ (en la parte positiva del eje $x$ ), $0$ y $x_{g}$ los ceros de $g$ (con $x_{g} > x_{f}$ ), y $x_{c}$ la abscisa donde se cortan $f$ y $g$ por debajo del eje $x$ .
Corte con el eje $x$ : $\frac{f}{g} = 0$ cuando $f = 0$ y $g \neq = 0$ , es decir, en $x = x_{f}$ .
Asíntotas verticales: $\frac{f}{g}$ no está definida donde $g = 0$ y $f \neq = 0$ , es decir, en $x = 0$ (el eje $y$ ) y en $x = x_{g}$ .
Puntos de altura $1$ : donde $f = g$ el cociente vale $1$ . Esto ocurre en $x = x_{c}$ y en el extremo derecho común, donde terminan ambas gráficas.
Signos: entre $x = 0$ y $x_{c}$ ambas son negativas y $∣ f ∣ > ∣ g ∣$ , luego $\frac{f}{g} > 1$ y sube hacia $+ \infty$ cuando $x \to 0^{+}$ ; entre $x_{c}$ y $x_{f}$ ambas son negativas con $∣ f ∣ < ∣ g ∣$ , así que $0 < \frac{f}{g} < 1$ , bajando hasta cortar el eje $x$ en $x_{f}$ . Entre $x_{f}$ y $x_{g}$ , $f > 0$ y $g < 0$ : el cociente es negativo y tiende a $- \infty$ cuando $x \to x_{g}^{-}$ . Para $x > x_{g}$ ambas son positivas: el cociente es positivo, viene de $+ \infty$ junto a la asíntota y baja hasta $1$ en el extremo derecho.
Si las gráficas continúan a la izquierda del origen, ahí $f < 0$ y $g > 0$ , el cociente es negativo y tiende a $- \infty$ cuando $x \to 0^{-}$ .

Gráfica de f/g sobre los mismos ejes, con sus asíntotas verticales y el corte con el eje x

Resultado: gráfica de $\frac{f}{g}$ con asíntotas verticales en $x = 0$ y en el cero de $g$ de la derecha, corte con el eje $x$ en el cero de $f$ , y valor $1$ donde $f$ y $g$ se cortan.

Ejercicio 43 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2018

Considere la expresión $f (x) = tan (x + \frac{π}{4}) cot (\frac{π}{4} - x)$ .

a) (i) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ para $- \frac{5 π}{8} \leq x \leq \frac{π}{8}$ .

(ii) Haciendo referencia al gráfico anterior, explique por qué $f$ es una función en el dominio dado.

(iii) Explique por qué $f$ no tiene inversa en el dominio dado.

(iv) Explique por qué $f$ no es una función para $- \frac{3 π}{4} \leq x \leq \frac{π}{4}$ .

La expresión de $f (x)$ se puede escribir como $g (t)$ , donde $t = tan x$ .

b) Muestre que $g (t) = (\frac{1 + t}{1 - t})^{2}$ .

c) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = g (t)$ para $t \leq 0$ .

Dé las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes y las ecuaciones de todas las asíntotas.

d) Sean $α$ , $β$ las raíces de $g (t) = k$ , donde $0 < k < 1$ .

(i) Halle $α$ y $β$ en función de $k$ .

(ii) Muestre que $α + β < - 2$ .

Ver solución

a) (i) 1. Usamos $tan (x + \frac{π}{4}) = cot (\frac{π}{4} - x)$ (ángulos complementarios: suman $\frac{π}{2}$ ). Así $f (x) = tan^{2} (x + \frac{π}{4})$ . 2. En $[- \frac{5 π}{8}, \frac{π}{8}]$ la función vale $0$ en $x = - \frac{π}{4}$ (mínimo) y en los extremos $f (\frac{π}{8}) = tan^{2} \frac{3 π}{8} = (1 + 2)^{2} \approx 5, 83$ y $f (- \frac{5 π}{8}) = tan^{2} (- \frac{3 π}{8}) \approx 5, 83$ . 3. La gráfica tiene forma de «U» con mínimo $0$ en $x = - \frac{π}{4}$ y valor $5, 83$ en los dos extremos.

Gráfico de y = f(x) en el intervalo de −5π/8 a π/8

(ii) 1. $f (x)$ no está definida donde la tangente no existe: $x + \frac{π}{4} = \frac{π}{2} + k π$ , es decir, $x = \frac{π}{4} + k π$ , o sea $x = \frac{π}{4}$ , $x = - \frac{3 π}{4}$ , … 2. Ninguno de esos valores está en el dominio $- \frac{5 π}{8} \leq x \leq \frac{π}{8}$ (pues $- \frac{3 π}{4} < - \frac{5 π}{8}$ y $\frac{π}{4} > \frac{π}{8}$ ). 3. Por tanto, en ese dominio cada valor de $x$ tiene una única imagen y la gráfica no tiene cortes verticales: $f$ es una función (cualquier recta vertical corta la gráfica a lo sumo una vez).

(iii) 1. La función no es inyectiva: valores distintos de $x$ tienen la misma imagen. 2. Por ejemplo, $f (- \frac{5 π}{8}) = f (\frac{π}{8}) \approx 5, 83$ ; una recta horizontal corta la gráfica dos veces, luego no pasa el test de la recta horizontal y no tiene inversa.

(iv) 1. En $- \frac{3 π}{4} \leq x \leq \frac{π}{4}$ están incluidos los extremos $x = - \frac{3 π}{4}$ y $x = \frac{π}{4}$ , donde $f$ no está definida (asíntotas verticales). 2. Como hay valores del dominio sin imagen, no es una función para ese dominio.

b) 1. Con $t = tan x$ : $tan (x + \frac{π}{4}) = \frac{tan x + tan \frac{π}{4}}{1 - tan x tan \frac{π}{4}} = \frac{1 + t}{1 - t}$ . 2. Análogamente $tan (\frac{π}{4} - x) = \frac{1 - t}{1 + t}$ , luego $cot (\frac{π}{4} - x) = \frac{1 + t}{1 - t}$ . 3. Multiplicando: $g (t) = \frac{1 + t}{1 - t} \cdot \frac{1 + t}{1 - t} = (\frac{1 + t}{1 - t})^{2}$ .

c) 1. Corte con el eje $y$ : $g (0) = 1$ , el punto $(0, 1)$ . 2. Corte con el eje $t$ : $g (t) = 0$ si $1 + t = 0$ , es decir, $t = - 1$ , el punto $(- 1, 0)$ . Es un mínimo (la gráfica solo toca el eje, porque está elevado al cuadrado). 3. Asíntota horizontal: cuando $t \to - \infty$ , $\frac{1 + t}{1 - t} \to - 1$ , así que $g \to 1$ por debajo ( $g < 1$ para $t < - 1$ ). Asíntota $y = 1$ . 4. En $t \leq 0$ el denominador $1 - t \geq 1$ no se anula: no hay asíntotas verticales. 5. La gráfica sube desde $y = 1$ (por debajo) en $t \to - \infty$ , baja hasta $0$ en $t = - 1$ y vuelve a subir hasta $1$ en $t = 0$ .

Gráfico de y = g(t) para t menor o igual que 0

Cortes con los ejes: $(0, 1)$ y $(- 1, 0)$ . Asíntota horizontal: $y = 1$ .

d) (i) 1. Resolvemos $(\frac{1 + t}{1 - t})^{2} = k$ , con $0 < k < 1$ : $\frac{1 + t}{1 - t} = \pm k$ . 2. Caso $+ k$ : $1 + t = k (1 - t)$ , luego $t (1 + k) = k - 1$ y $t = \frac{k - 1}{1 + k}$ . 3. Caso $- k$ : $1 + t = - k (1 - t)$ , luego $t (1 - k) = - k - 1$ y $t = \frac{- k - 1}{1 - k}$ . 4. Ambas soluciones son negativas (con $0 < k < 1$ ), así que corresponden a $t \leq 0$ : $α = \frac{k - 1}{1 + k}$ y $β = \frac{- k - 1}{1 - k}$ .

(ii) 1. Sea $s = k$ , con $0 < s < 1$ . Entonces $α = - \frac{1 - s}{1 + s}$ y $β = - \frac{1 + s}{1 - s}$ . 2. Sumamos con denominador común: $α + β = - \frac{( 1 - s ) ^{2} + ( 1 + s ) ^{2}}{( 1 + s ) ( 1 - s )} = - \frac{2 + 2 s ^{2}}{1 - s ^{2}} = - \frac{2 ( 1 + k )}{1 - k} .$ 3. Como $0 < k < 1$ , $1 + k > 1 - k > 0$ , luego $\frac{1 + k}{1 - k} > 1$ y entonces $α + β = - 2 \cdot \frac{1 + k}{1 - k} < - 2$ .

Resultado: a) (i) gráfica en forma de «U» con mínimo $0$ en $x = - \frac{π}{4}$ y valor $5, 83$ en los extremos; (ii), (iii) y (iv) explicados; b) $g (t) = (\frac{1 + t}{1 - t})^{2}$ ; c) cortes $(0, 1)$ y $(- 1, 0)$ , asíntota $y = 1$ ; d) (i) $α = \frac{k - 1}{1 + k}$ , $β = \frac{- k - 1}{1 - k}$ ; (ii) $α + β = - \frac{2 ( 1 + k )}{1 - k} < - 2$ , queda demostrado.

Ejercicio 44 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Considere la función $f (x) = \frac{a x + 1}{b x + c}$ , donde $a, b, c \in Z$ .

El siguiente gráfico muestra la curva $y = (f (x))^{2}$ . Esta curva tiene por asíntotas $x = p$ e $y = q$ y toca al eje $x$ en $A$ .

Gráfica de y = (f(x))² con asíntotas x = p e y = q, que toca al eje x en el punto A

a) En los siguientes ejes de coordenadas cartesianas, dibuje aproximadamente los dos posibles gráficos de $y = f (x)$ y dé la ecuación de las asíntotas en función de $p$ y $q$ .

b) Sabiendo que $p = \frac{4}{3}$ , $q = \frac{4}{9}$ y que $A$ tiene por coordenadas $(- \frac{1}{2}, 0)$ , determine los posibles conjuntos de valores que pueden tener $a$ , $b$ y $c$ .

Ver solución

a) 1. La curva $y = (f (x))^{2}$ tiene asíntota vertical $x = p$ , luego $f$ también la tiene: $x = p$ . 2. Su asíntota horizontal $y = q$ viene de $f^{2} \to q$ , es decir, $f \to \pm q$ . Hay dos posibilidades, $y = q$ o $y = - q$ . 3. Que la curva de $f^{2}$ toque el eje $x$ en $A$ significa que $f$ se anula en $A$ (cruzando el eje $x$ en ese punto). 4. Primera posibilidad (asíntota $y = q$ ): $f$ es una hipérbola decreciente en cada rama; por la izquierda viene de $q$ por debajo, cruza el eje $x$ en $A$ y baja a $- \infty$ junto a $x = p$ ; por la derecha baja desde $+ \infty$ junto a $x = p$ y se acerca a $q$ por encima.

Gráfico posible de y = f(x) con asíntotas vertical y horizontal, que pasa por el punto A

Asíntota vertical: $x = p$ . Asíntota horizontal: $y = + q$ .

Segunda posibilidad (asíntota $y = - q$ ): es la reflexión de la anterior respecto del eje $x$ : hipérbola creciente en cada rama, que por la izquierda viene de $- q$ por encima, cruza el eje $x$ en $A$ y sube a $+ \infty$ junto a $x = p$ .

Gráfico posible de y = f(x) con asíntotas vertical y horizontal, que pasa por el punto A

Asíntota vertical: $x = p$ . Asíntota horizontal: $y = - q$ .

b) 1. Para $f (x) = \frac{a x + 1}{b x + c}$ , la asíntota vertical es $x = - \frac{c}{b} = p = \frac{4}{3}$ y la horizontal es $y = \frac{a}{b} = \pm q = \pm \frac{2}{3}$ . 2. $A (- \frac{1}{2}, 0)$ es un cero de $f$ : $a (- \frac{1}{2}) + 1 = 0$ , luego $a = 2$ . 3. Entonces $\frac{2}{b} = \pm \frac{2}{3}$ , de donde $b = 3$ o $b = - 3$ . 4. De $- \frac{c}{b} = \frac{4}{3}$ se obtiene $c = - \frac{4}{3} b$ : si $b = 3$ , $c = - 4$ ; si $b = - 3$ , $c = 4$ . 5. Ambos conjuntos son de enteros, como exige el enunciado.

Resultado: a) asíntota vertical $x = p$ y asíntota horizontal $y = q$ o $y = - q$ (dos gráficos); b) $a = 2$ , $b = 3$ , $c = - 4$ o bien $a = 2$ , $b = - 3$ , $c = 4$

Ejercicio 45 DifícilIB · P1 Mayo 1998

A continuación se muestra la gráfica de una función $y = f (x)$ con asíntotas $x = 0$ e $y = \frac{1}{2}$ .

Gráfica de una función simétrica respecto del eje y con asíntotas x = 0 e y = 1/2

En los ejes provistos, dibuje los gráficos de las siguientes funciones, incluidas sus asíntotas

a) $y = ∣ f (x) ∣$ .

b) $y = \frac{1}{f ( x )}$

Ver solución

a) 1. Para $y = ∣ f (x) ∣$ conservamos las partes de la gráfica de $f$ que están por encima del eje $x$ y reflejamos en el eje $x$ las que están por debajo. 2. Para $x > 0$ , $f < 0$ en $0 < x < 1$ (tiende a $- \infty$ junto a $x = 0$ ) y $f > 0$ en $x > 1$ (con $f < \frac{1}{2}$ , acercándose a $\frac{1}{2}$ ). Reflejando el tramo $0 < x < 1$ , $∣ f ∣$ sube hasta $+ \infty$ junto a $x = 0$ y baja hasta $0$ en $x = 1$ , y para $x > 1$ queda igual. 3. La gráfica es simétrica respecto del eje $y$ . Asíntota vertical $x = 0$ y asíntota horizontal $y = \frac{1}{2}$ , con la curva tocando el eje $x$ en $x = \pm 1$ .

Gráfico de y = |f(x)| con asíntotas x = 0 e y = 1/2

b) 1. Para $y = \frac{1}{f ( x )}$ : donde $f = 0$ (en $x = \pm 1$ ) hay asíntotas verticales; donde $f \to \pm \infty$ (en $x \to 0$ ), $\frac{1}{f} \to 0$ ; la asíntota horizontal $y = \frac{1}{2}$ de $f$ pasa a ser $y = 2$ . 2. Para $x > 1$ , $0 < f < \frac{1}{2}$ , luego $\frac{1}{f} > 2$ : la curva viene de $+ \infty$ junto a $x = 1$ y baja hacia $y = 2$ por encima. 3. Para $0 < x < 1$ , $f < 0$ , luego $\frac{1}{f} < 0$ : la curva baja hasta $- \infty$ junto a $x = 1$ (por la izquierda) y sube hacia $0$ cuando $x \to 0$ , de modo que se acerca al origen, que es el punto más alto de esta parte, aunque $f$ no está definida en $x = 0$ . 4. Para $x < 0$ se obtiene por simetría respecto del eje $y$ . Asíntotas verticales $x = \pm 1$ y asíntota horizontal $y = 2$ .

Gráfico de y = 1/f(x) con asíntotas x = −1, x = 1 e y = 2

Resultado: a) $∣ f (x) ∣$ con asíntotas $x = 0$ e $y = \frac{1}{2}$ y que toca el eje $x$ en $x = \pm 1$ ; b) $\frac{1}{f ( x )}$ con asíntotas $x = \pm 1$ e $y = 2$ .

Ejercicio 46 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2016

Considere la función $f$ definida mediante $f (x) = 3 x arccos (x)$ , donde $- 1 \leq x \leq 1$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $f$ indicando claramente todos los puntos de corte con los ejes y las coordenadas de todos los máximos o mínimos locales que haya.

b) Indique el recorrido de $f$ .

c) Resuelva la inecuación $∣3 x arccos (x) ∣ > 1$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG representamos $f (x) = 3 x arccos x$ en $[- 1, 1]$ . 2. Cortes con el eje $x$ : $3 x arccos x = 0$ si $x = 0$ o $arccos x = 0$ (es decir, $x = 1$ ). Los puntos son $(0, 0)$ y $(1, 0)$ . Corte con el eje $y$ : el mismo $(0, 0)$ . 3. En $x = - 1$ : $f (- 1) = - 3 arccos (- 1) = - 3 π \approx - 9, 42$ , es el extremo izquierdo y el valor mínimo. 4. Con la CPG, máximo local en $(0, 652; 1, 68)$ . 5. La gráfica sube desde $(- 1; - 9, 42)$ hasta pasar por el origen, alcanza el máximo en $x = 0, 652$ y baja hasta $(1, 0)$ .

Gráfico de y = 3x arccos x para x entre −1 y 1, con sus cortes con los ejes, el máximo local y el extremo izquierdo

b) 1. Por el apartado (a), el valor mínimo es $f (- 1) = - 3 π \approx - 9, 42$ y el máximo es $1, 68$ . 2. $R_{f} = [- 9, 42; 1, 68]$ .

c) 1. $∣3 x arccos x ∣ > 1$ equivale a $f (x) > 1$ o $f (x) < - 1$ . 2. Con la CPG, $f (x) = - 1$ en $x \approx - 0, 189$ , y $f (x) = 1$ en $x \approx 0, 254$ y $x \approx 0, 937$ . 3. $f (x) < - 1$ en $[- 1; - 0, 189 [$ (desde $- 9, 42$ hasta $- 1$ ) y $f (x) > 1$ entre los dos cortes con $y = 1$ : $] 0, 254; 0, 937 [$ .

Resultado: a) cortes $(0, 0)$ y $(1, 0)$ ; máximo $(0, 652; 1, 68)$ ; extremo $(- 1; - 9, 42)$ ; b) $R_{f} = [- 9, 42; 1, 68]$ ; c) $x \in [- 1; - 0, 189 [\cup] 0, 254; 0, 937 [$

Ejercicio 47 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2010

La gráfica de $y = \frac{a + x}{b + c x}$ se muestra a continuación.

Gráfica de y = (a + x)/(b + cx), con una asíntota vertical y otra horizontal

a) Halle el valor de $a$ , el valor de $b$ y el valor de $c$ .

b) Utilizando los valores de $a$ , $b$ y $c$ calculados en la parte a), trace el gráfico de $y = \frac{b + c x}{a + x}$ , mostrando claramente todas las intercepciones y asíntotas.

Ver solución

a) 1. La asíntota vertical aparece donde se anula el denominador: $b + c x = 0$ en $x = - 2$ , luego $b = 2 c$ . 2. La asíntota horizontal de $y = \frac{a + x}{b + c x}$ es $y = \frac{1}{c}$ . Como es $y = 2$ , $c = \frac{1}{2}$ y entonces $b = 1$ . 3. La gráfica corta al eje $x$ en $(2, 0)$ : el numerador se anula, $a + 2 = 0$ , luego $a = - 2$ . 4. Comprobación con el corte con el eje $y$ : $y (0) = \frac{a}{b} = - 2$ , que coincide con $(0, - 2)$ .

b) 1. Con los valores obtenidos, $y = \frac{b + c x}{a + x} = \frac{1 + \frac{x}{2}}{x - 2}$ , es decir, el valor absoluto del inverso (recíproco) de la función del enunciado. 2. Asíntota vertical: $x - 2 = 0$ , luego $x = 2$ . Asíntota horizontal: $y = \frac{1/2}{1} = \frac{1}{2}$ . 3. Corte con el eje $x$ : $1 + \frac{x}{2} = 0 \Rightarrow x = - 2$ , punto $(- 2, 0)$ . 4. Corte con el eje $y$ : $\frac{1}{- 2} = \frac{1}{2}$ , punto $(0, \frac{1}{2})$ . 5. Signo: sin el valor absoluto, la fracción es negativa en $] - 2, 2 [$ y positiva fuera. El valor absoluto refleja hacia arriba la parte negativa, de modo que la curva queda siempre por encima del eje $x$ y toca el eje en $(- 2, 0)$ .

Gráfica de y = |(b + cx)/(a + x)| con sus intersecciones con los ejes y sus asíntotas

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = 1$ , $c = \frac{1}{2}$ ; b) gráfica con asíntotas $x = 2$ e $y = \frac{1}{2}$ y cortes $(- 2, 0)$ y $(0, \frac{1}{2})$ .

Ejercicio 48 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Dibuje aproximadamente la gráfica de $f (x) = x + \frac{8 x}{x ^{2} - 9}$ . Señale claramente las coordenadas de los dos máximos y de los dos mínimos. Señale claramente y dé las ecuaciones de las asíntotas verticales y de la asíntota oblicua.

Ver solución

Dominio: $x^{2} - 9 \neq = 0$ , luego $x \neq = \pm 3$ . Asíntotas verticales: $x = 3$ y $x = - 3$ (el numerador $8 x$ no se anula en ellas).
Asíntota oblicua: $\frac{8 x}{x ^{2} - 9} \to 0$ cuando $x \to \pm \infty$ , así que $f (x) \approx x$ y la asíntota es $y = x$ .
$f$ es impar ( $f (- x) = - f (x)$ ), de modo que la gráfica es simétrica respecto del origen. Además $f (x) = x \cdot \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} - 9}$ , que se anula en $x = 0$ y $x = \pm 1$ : cortes en $(- 1, 0)$ , $(0, 0)$ y $(1, 0)$ .
Con la CPG, o derivando, $f^{'} (x) = 1 - \frac{8 ( x ^{2} + 9 )}{( x ^{2} - 9 ) ^{2}} = 0 ⟺ x^{4} - 26 x^{2} + 9 = 0 ⟺ x^{2} = 13 \pm 410$ , es decir, $x \approx \pm 0, 592$ y $x \approx \pm 5, 06$ .
Extremos: $f (5, 06) \approx 7, 50$ (mínimo local) y $f (0, 592) \approx 0, 0445$ (máximo local); por simetría, $(- 5, 06; - 7, 50)$ es máximo local y $(- 0, 592; - 0, 0445)$ mínimo local.
Forma de la gráfica: la rama $x > 3$ baja desde $+ \infty$ hasta el mínimo y después sube siguiendo a $y = x$ ; la rama central baja desde $+ \infty$ en $x = - 3$ hasta su mínimo, sube hasta su máximo y baja a $- \infty$ en $x = 3$ ; la rama $x < - 3$ es la simétrica de la primera.

Gráfica de f(x) = x + 8x/(x²-9) con sus asíntotas verticales x = 3 y x = -3, la asíntota oblicua y = x y los dos máximos y los dos mínimos locales

Resultado: asíntotas verticales $x = 3$ y $x = - 3$ ; asíntota oblicua $y = x$ ; mínimos $(5, 06; 7, 5)$ y $(- 0, 59; - 0, 04)$ ; máximos $(0, 59; 0, 04)$ y $(- 5, 06; - 7, 5)$ .

Ejercicio 49 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2015

La función $f$ se define mediante $f (x) = \frac{3 x}{x - 2}, x \in R, x \neq = 2$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , indicando claramente todas las asíntotas y los puntos de corte con los ejes $x$ e $y$ .

b) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

c) Halle los valores de $x$ para los cuales $f (x) = f^{- 1} (x)$ .

d) Resuelva la inecuación $∣ f (x)∣ < \frac{3}{2}$ .

e) Resuelva la inecuación $f (∣ x ∣) < \frac{3}{2}$ .

Ver solución

a) 1. Asíntota vertical: $x - 2 = 0$ , luego $x = 2$ . 2. Asíntota horizontal: $\frac{3 x}{x - 2} \to 3$ cuando $x \to \pm \infty$ , luego $y = 3$ . 3. Cortes: con el eje $y$ , $f (0) = 0$ ; con el eje $x$ , $3 x = 0 \Rightarrow x = 0$ . El único corte es $(0, 0)$ . 4. Forma: como $f (x) = 3 + \frac{6}{x - 2}$ , para $x < 2$ la curva está por debajo de $y = 3$ , pasa por el origen y baja a $- \infty$ junto a $x = 2$ ; para $x > 2$ está por encima de $y = 3$ y baja desde $+ \infty$ .

Gráfica de f(x) = 3x/(x-2) con la asíntota vertical x = 2, la asíntota horizontal y = 3 y el punto de corte con los ejes (0, 0)

b) 1. $y = \frac{3 x}{x - 2}$ ; intercambiamos: $x = \frac{3 y}{y - 2}$ . 2. $x (y - 2) = 3 y \Rightarrow x y - 2 x = 3 y \Rightarrow y (x - 3) = 2 x$ . 3. $f^{- 1} (x) = \frac{2 x}{x - 3}$ .

c) 1. $\frac{3 x}{x - 2} = \frac{2 x}{x - 3} \Rightarrow x [3 (x - 3) - 2 (x - 2)] = 0$ (con $x \neq = 2, 3$ ). 2. $x = 0$ o $3 x - 9 - 2 x + 4 = 0 \Rightarrow x = 5$ .

d) 1. $\frac{3 x}{x - 2} < \frac{3}{2} ⟺ 2 ∣ x ∣ < ∣ x - 2 ∣$ (con $x \neq = 2$ ). 2. Ambos miembros son no negativos; elevamos al cuadrado: $4 x^{2} < (x - 2)^{2} \Rightarrow 3 x^{2} + 4 x - 4 < 0 \Rightarrow (3 x - 2) (x + 2) < 0$ . 3. $- 2 < x < \frac{2}{3}$ (no incluye $x = 2$ ).

e) 1. Sea $u = ∣ x ∣ \geq 0$ , $u \neq = 2$ . Queremos $\frac{3 u}{u - 2} < \frac{3}{2}$ . 2. Si $0 \leq u < 2$ , $u - 2 < 0$ ; al multiplicar se invierte: $3 u > \frac{3 ( u - 2 )}{2} \Rightarrow 3 u > - 6$ , que siempre se cumple. 3. Si $u > 2$ : $3 u < \frac{3 ( u - 2 )}{2} \Rightarrow u < - 2$ , imposible. 4. Luego $∣ x ∣ < 2$ , es decir, $- 2 < x < 2$ .

Resultado: a) asíntotas $x = 2$ , $y = 3$ ; corte $(0, 0)$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{2 x}{x - 3}$ ; c) $x = 0$ , $x = 5$ ; d) $- 2 < x < \frac{2}{3}$ ; e) $- 2 < x < 2$

Función cuadrática

Ejercicio 50 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2010

a) Exprese la función cuadrática $3 x^{2} - 6 x + 5$ de la forma $a (x + b)^{2} + c$ , donde $a, b, c \in Z$ .

b) Describa una secuencia de transformaciones que transforme la gráfica de $y = x^{2}$ en la gráfica de $y = 3 x^{2} - 6 x + 5$ .

Ver resultado

Resultado: a) $3 (x - 1)^{2} + 2$ ; b) traslación horizontal de 1 unidad a la derecha, estiramiento vertical de factor 3 y traslación vertical de 2 unidades hacia arriba

Ver proceso y resultado

a) 1. Sacamos factor común 3 en los términos con $x$ : $3 x^{2} - 6 x + 5 = 3 (x^{2} - 2 x) + 5$ . 2. Completamos el cuadrado: $x^{2} - 2 x = (x - 1)^{2} - 1$ . 3. Sustituimos: $3 [(x - 1)^{2} - 1] + 5 = 3 (x - 1)^{2} - 3 + 5 = 3 (x - 1)^{2} + 2$ .

b) 1. Partimos de $y = x^{2}$ y construimos $y = 3 (x - 1)^{2} + 2$ paso a paso. 2. Traslación horizontal de 1 unidad hacia la derecha: $y = (x - 1)^{2}$ . 3. Estiramiento vertical de factor de escala 3: $y = 3 (x - 1)^{2}$ . 4. Traslación vertical de 2 unidades hacia arriba: $y = 3 (x - 1)^{2} + 2$ .

Resultado: a) $3 (x - 1)^{2} + 2$ ; b) traslación horizontal de 1 unidad a la derecha, estiramiento vertical de factor 3 y traslación vertical de 2 unidades hacia arriba

Ejercicio 51 MedioIB · P1 Mayo 1999

Dada $f (x) = x^{2} + x (2 - k) + k^{2}$ , encuentre el rango de valores de $k$ para el cual $f (x) > 0$ para todos los reales $x$ .

Ver resultado

Resultado: $k \in] - \infty, - 2 [\cup] \frac{2}{3}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

$f (x) > 0$ para todo real $x$ equivale a que la parábola (abierta hacia arriba, coeficiente de $x^{2}$ igual a $1$ ) no corte al eje $x$ : discriminante negativo.
$f (x) = x^{2} + (2 - k) x + k^{2}$ , luego $Δ = (2 - k)^{2} - 4 k^{2} = (2 - k - 2 k) (2 - k + 2 k) = (2 - 3 k) (2 + k)$ .
Imponemos $(2 - 3 k) (2 + k) < 0$ . Las raíces son $k = \frac{2}{3}$ y $k = - 2$ . Como el producto es $- 3 k^{2} - 4 k + 4$ (coeficiente de $k^{2}$ negativo), es negativo fuera de las raíces.
Por tanto $k < - 2$ o $k > \frac{2}{3}$ .

Resultado: $k \in] - \infty, - 2 [\cup] \frac{2}{3}, + \infty [$

Ejercicio 52 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

La función cuadrática $Q$ está definida por $Q (x) = k x^{2} - (k - 3) x + (k - 8)$ , $k \in R$ .

Determine los valores de $k$ para los cuales $Q (x) = 0$ no tiene raíces reales.

Ver resultado

Resultado: $k \in] - \infty, - \frac{1}{3} [\cup] 9, + \infty [$

Ver proceso y resultado

$Q (x) = 0$ no tiene raíces reales cuando el discriminante es negativo (con $k \neq = 0$ , para que $Q$ sea cuadrática).
$Δ = (k - 3)^{2} - 4 k (k - 8) = k^{2} - 6 k + 9 - 4 k^{2} + 32 k = - 3 k^{2} + 26 k + 9$ .
Imponemos $- 3 k^{2} + 26 k + 9 < 0$ , es decir, $3 k^{2} - 26 k - 9 > 0$ .
Raíces: $k = \frac{26 \pm 676 + 108}{6} = \frac{26 \pm 28}{6}$ , o sea $k = 9$ y $k = - \frac{1}{3}$ .
La parábola $3 k^{2} - 26 k - 9$ es positiva fuera de las raíces. Además, $k = 0$ queda dentro de $] - \frac{1}{3}, 9 [$ , así que no hay problema con él.

Resultado: $k \in] - \infty, - \frac{1}{3} [\cup] 9, + \infty [$

Ejercicio 53 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Sea $f (x) = 3 x^{2} - x + 4$ .

Halle los valores de $m$ para los cuales la recta $y = m x + 1$ es tangente a la gráfica de $f$ .

Ver resultado

Resultado: $m = 5$ , $m = - 7$

Ver proceso y resultado

La recta es tangente si la ecuación $3 x^{2} - x + 4 = m x + 1$ tiene una única solución (raíz doble).
Ordenamos: $3 x^{2} - (1 + m) x + 3 = 0$ .
Discriminante nulo: $(1 + m)^{2} - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 0 \Rightarrow (1 + m)^{2} = 36 \Rightarrow 1 + m = \pm 6$ .
$m = 5$ o $m = - 7$ .

Resultado: $m = 5$ , $m = - 7$

Transformaciones de gráficas

Ejercicio 54 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Considere la función $f (x) = x^{4} - 6 x^{2} - 2 x + 4$ , $x \in R$ .

El gráfico de $f$ se traslada dos unidades hacia la izquierda para dar lugar a la función $g (x)$ .

Exprese $g (x)$ de la forma $a x^{4} + b x^{3} + c x^{2} + d x + e$ , donde $a, b, c, d, e \in Z$

Ver resultado

Resultado: $g (x) = x^{4} + 8 x^{3} + 18 x^{2} + 6 x - 8$

Ver proceso y resultado

Trasladar el gráfico dos unidades hacia la izquierda equivale a sustituir $x$ por $x + 2$ : $g (x) = f (x + 2)$ .
Escribimos $g (x) = (x + 2)^{4} - 6 (x + 2)^{2} - 2 (x + 2) + 4$ .
Desarrollamos cada término: $(x + 2)^{4} = x^{4} + 8 x^{3} + 24 x^{2} + 32 x + 16,$ $- 6 (x + 2)^{2} = - 6 x^{2} - 24 x - 24, - 2 (x + 2) = - 2 x - 4.$
Sumamos agrupando por potencias:

$x^{4}$ : $1$
$x^{3}$ : $8$
$x^{2}$ : $24 - 6 = 18$
$x$ : $32 - 24 - 2 = 6$
término independiente: $16 - 24 - 4 + 4 = - 8$

Resultado: $g (x) = x^{4} + 8 x^{3} + 18 x^{2} + 6 x - 8$

Ejercicio 55 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2012

Sea $f (x) = ln x$ . La gráfica de $f$ se transforma en la gráfica de la función $g$ por una traslación de $(3 - 2)$ , seguida de una reflexión en el eje $x$ . Encuentre una expresión para $g (x)$ , dando su respuesta como un solo logaritmo.

Ver resultado

Resultado: $g (x) = ln (\frac{e ^{2}}{x - 3})$

Ver proceso y resultado

Una traslación de vector $(3 - 2)$ sustituye $x$ por $x - 3$ y resta $2$ : $y = ln (x - 3) - 2$ .
La reflexión en el eje $x$ cambia el signo de la función: $g (x) = - (ln (x - 3) - 2) = 2 - ln (x - 3)$ .
Como $2 = ln e^{2}$ , queda $g (x) = ln e^{2} - ln (x - 3) = ln \frac{e ^{2}}{x - 3}$ .

Resultado: $g (x) = ln (\frac{e ^{2}}{x - 3})$

Ejercicio 56 BásicoIB · P1 TZ0 Mayo 2006

La gráfica de $y = 2 x^{2} + 4 x + 7$ se traslada usando el vector $(2 - 1)$ .

Halle la ecuación de la gráfica trasladada, dando su respuesta en la forma $y = a x^{2} + b x + c$ .

Ver resultado

Resultado: $y = 2 x^{2} - 4 x + 6$

Ver proceso y resultado

Una traslación de vector $(2 - 1)$ sustituye $x$ por $x - 2$ y resta $1$ a $y$ .
$y = 2 (x - 2)^{2} + 4 (x - 2) + 7 - 1$ .
Desarrollamos: $2 (x^{2} - 4 x + 4) + 4 x - 8 + 6 = 2 x^{2} - 8 x + 8 + 4 x - 2 = 2 x^{2} - 4 x + 6$ .

Resultado: $y = 2 x^{2} - 4 x + 6$

Ejercicio 57 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

La función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{1}{x}$ , $x \neq = 0$ .

El gráfico de la función $y = g (x)$ se obtiene aplicando las siguientes transformaciones al gráfico de $y = f (x)$ : Una traslación por el vector $(- 3 0)$ y una traslación por el vector $(01)$ .

a] Halle una expresión para $g (x)$

b) Indique las ecuaciones de las asíntotas del gráfico de $g$ .

Ver resultado

Resultado: a) $g (x) = \frac{x + 4}{x + 3}$ ; b) asíntota vertical $x = - 3$ , asíntota horizontal $y = 1$

Ver proceso y resultado

a) 1. Trasladar por $(- 3 0)$ sustituye $x$ por $x + 3$ : $y = \frac{1}{x + 3}$ . 2. Trasladar por $(01)$ suma 1 a la función: $g (x) = \frac{1}{x + 3} + 1$ . 3. Reducimos: $g (x) = \frac{1 + x + 3}{x + 3} = \frac{x + 4}{x + 3}$ .

b) 1. La asíntota vertical de $\frac{1}{x}$ ( $x = 0$ ) se desplaza 3 unidades a la izquierda: $x = - 3$ . 2. La asíntota horizontal ( $y = 0$ ) sube 1 unidad: $y = 1$ .

Resultado: a) $g (x) = \frac{x + 4}{x + 3}$ ; b) asíntota vertical $x = - 3$ , asíntota horizontal $y = 1$

Ejercicio 58 MedioIB · P1 Mayo 1996

El diagrama a continuación muestra parte de la gráfica de la función $y = a sin b x$ para $x > 0$ .

Gráfica de y = a sen bx para x > 0: onda que sale del origen con tres máximos, sin escala numérica en los ejes

Dibuje en los mismos ejes la gráfica de la función $y = \frac{a}{2} sin \frac{b x}{2}$ .

Ver solución

En $y = a sin b x$ la amplitud es $a$ y el periodo es $\frac{2 π}{b}$ .
En $y = \frac{a}{2} sin \frac{b x}{2}$ la amplitud es $\frac{a}{2}$ (la mitad) y el periodo es $\frac{2 π}{b /2} = \frac{4 π}{b}$ (el doble).
Es un estiramiento vertical de factor $\frac{1}{2}$ combinado con un estiramiento horizontal de factor $2$ . Ambas gráficas pasan por el origen, porque $sin 0 = 0$ .
Así, la nueva gráfica sale del origen, alcanza su primer máximo, de altura $\frac{a}{2}$ , en una abscisa doble que la del primer máximo de la original, y completa un solo ciclo en lo que la original completa dos.

Gráfica pedida de y = (a/2) sen(bx/2) sobre los mismos ejes, junto a la de y = a sen bx

Resultado: la gráfica de $y = \frac{a}{2} sin \frac{b x}{2}$ tiene la mitad de amplitud y el doble de periodo que $y = a sin b x$ .

Ejercicio 59 MedioIB · P1 Noviembre 1996

El gráfico de $f (x)$ se muestra a continuación

Gráfica de f formada por segmentos rectos que unen los puntos (0, -1), (1, 0), (2, 1), (3, 0) y (4, -1)

a) Dibuje el gráfico de $∣ f (x)∣$ en el conjunto de ejes que se muestran a continuación.

Ejes de coordenadas vacíos con cuadrícula, x de 0 a 4 e y de -4 a 4, para dibujar las gráficas pedidas

b) Calcule la intersección con el eje $y$ de $\frac{1}{f ( x )}$ .

c) Dibuje el gráfico de $\frac{1}{f ( x )}$ en el mismo conjunto de ejes que se muestran a continuación.

Ver solución

a) 1. Para dibujar $∣ f (x) ∣$ conservamos los tramos de $f$ que están por encima del eje $x$ y reflejamos en el eje $x$ los que están por debajo. 2. Los tramos con $f < 0$ son los de $0 \leq x < 1$ y $3 < x \leq 4$ : se reflejan. Resultan segmentos entre $(0, 1)$ , $(1, 0)$ , $(2, 1)$ , $(3, 0)$ y $(4, 1)$ .

Gráfica pedida de |f(x)| sobre los ejes del enunciado, con trazos discontinuos para los tramos originales de f

b) 1. El corte con el eje $y$ de $\frac{1}{f ( x )}$ se obtiene con $x = 0$ : $\frac{1}{f ( 0 )} = \frac{1}{- 1} = - 1$ . 2. El punto es $(0, - 1)$ .

c) 1. $f$ se anula en $x = 1$ y $x = 3$ , luego $\frac{1}{f}$ tiene asíntotas verticales en $x = 1$ y $x = 3$ . 2. Donde $f = 1$ o $f = - 1$ la inversa vale lo mismo: pasa por $(0, - 1)$ , $(2, 1)$ y $(4, - 1)$ . 3. Entre $x = 1$ y $x = 3$ , $f$ está entre $0$ y $1$ , así que $\frac{1}{f} \geq 1$ : forma una «U» con mínimo $(2, 1)$ que sube a $+ \infty$ junto a ambas asíntotas. 4. En $0 \leq x < 1$ , $f$ es negativa y tiende a $0^{-}$ : $\frac{1}{f}$ baja desde $(0, - 1)$ hasta $- \infty$ cuando $x \to 1^{-}$ . 5. En $3 < x \leq 4$ , $f$ es negativa y tiende a $0^{-}$ por la derecha de $3$ : $\frac{1}{f}$ sube desde $- \infty$ en $x \to 3^{+}$ hasta $(4, - 1)$ .

Gráfica pedida de 1/f(x) sobre los ejes del enunciado

Resultado: a) gráfica de $∣ f (x) ∣$ esbozada; b) $(0, - 1)$ ; c) gráfica de $\frac{1}{f ( x )}$ esbozada, con asíntotas verticales $x = 1$ y $x = 3$ y mínimo local $(2, 1)$ .

Ejercicio 60 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Considere la gráfica de $y = tan (x + \frac{π}{4})$ , donde $- π \leq x \leq 2 π$ .

a) Escriba las ecuaciones de las asíntotas verticales del gráfico.

El gráfico se refleja en el eje $y$ , luego se estira en paralelo al eje $y$ por un factor $\frac{1}{2}$ y luego una translación $(\frac{π}{4} - 3)$ .

b) Dé la ecuación del gráfico transformado.

Ver resultado

Resultado: a) $x = - \frac{3 π}{4}$ , $x = \frac{π}{4}$ , $x = \frac{5 π}{4}$ ; b) $y = \frac{1}{2} tan (- x + \frac{π}{2}) - 3$

Ver proceso y resultado

a) 1. La tangente tiene asíntotas verticales donde su argumento vale $\frac{π}{2} + k π$ . Aquí $x + \frac{π}{4} = \frac{π}{2} + k π$ , es decir, $x = \frac{π}{4} + k π$ . 2. Para $- π \leq x \leq 2 π$ los valores válidos son $k = - 1, 0, 1$ : $x = - \frac{3 π}{4}$ , $x = \frac{π}{4}$ y $x = \frac{5 π}{4}$ .

b) 1. Reflexión en el eje $y$ : se cambia $x$ por $- x$ , así que $y = tan (- x + \frac{π}{4})$ . 2. Estiramiento paralelo al eje $y$ de factor $\frac{1}{2}$ : se multiplica la función por $\frac{1}{2}$ , así que $y = \frac{1}{2} tan (- x + \frac{π}{4})$ . 3. Traslación $(\frac{π}{4} - 3)$ : se cambia $x$ por $x - \frac{π}{4}$ y se resta $3$ : $y = \frac{1}{2} tan (- (x - \frac{π}{4}) + \frac{π}{4}) - 3 = \frac{1}{2} tan (- x + \frac{π}{2}) - 3.$

Resultado: a) $x = - \frac{3 π}{4}$ , $x = \frac{π}{4}$ , $x = \frac{5 π}{4}$ ; b) $y = \frac{1}{2} tan (- x + \frac{π}{2}) - 3$

Ejercicio 61 MedioIB · P1 Mayo 1999

El siguiente diagrama muestra la gráfica de $y_{1} = f (x)$ . El eje $x$ es una tangente a $f (x)$ en $x = m$ y $f (x)$ corta el eje $x$ en $x = n$ .

Curva y = f(x) que toca al eje x en x = m y lo corta en x = n

En el mismo diagrama dibujar la gráfica de $y_{2} = f (x - k)$ , donde $0 < k < n - m$ e indique las coordenadas de los puntos de intersección de $y_{2}$ con el eje $x$ .

Ver solución

La gráfica de $y_{2} = f (x - k)$ es la de $f$ trasladada $k$ unidades a la derecha (vector $(k, 0)$ ).
Cada punto $(a, b)$ de $y_{1}$ pasa a $(a + k, b)$ .
El punto de tangencia $(m, 0)$ pasa a $(m + k, 0)$ , donde $y_{2}$ toca el eje $x$ (máximo local tangente), y el corte $(n, 0)$ pasa a $(n + k, 0)$ , donde $y_{2}$ corta el eje $x$ . La condición $0 < k < n - m$ asegura que $m + k < n$ , es decir, que la curva desplazada se ve claramente a la derecha de la original sin "saltar" más allá de $n$ .

Gráficas de y1 = f(x) y de y2 = f(x−k), la misma curva desplazada k unidades a la derecha

Resultado: los puntos de intersección de $y_{2}$ con el eje $x$ son $(m + k, 0)$ y $(n + k, 0)$ .

Ejercicio 62 MedioIB · P1 Noviembre 2000

El siguiente diagrama muestra la parte de la gráfica de $y = f (x)$ donde $f (x) \geq 0$ .

Parte de la gráfica de y = f(x) con f(x) mayor o igual que 0, entre x = −2 y x = 2

Trace un bosquejo de la gráfica de $y^{2} = f (x)$ con $- 2 \leq x \leq 2$ .

Ver solución

Si $y^{2} = f (x)$ , entonces $y = \pm f (x)$ (existe donde $f (x) \geq 0$ , que es todo $[- 2, 2]$ ).
Dibujamos $y = f (x)$ : vale $0$ donde $f = 0$ y $2$ donde $f = 4$ (máximos en $x \approx \pm 1, 5$ ); donde $0 < f < 1$ la raíz es mayor que $f$ y donde $f > 1$ es menor. En los puntos donde la tangente de $f$ era horizontal ( $x = 0$ ) pasa a ser vertical, y en $x = \pm 2$ pasa a ser horizontal.
Se añade la simétrica respecto del eje $x$ , $y = - f (x)$ . Ambas ramas se unen en $(- 2, 0)$ , $(0, 0)$ y $(2, 0)$ .

Bosquejo de y² = f(x): las dos curvas y = √f(x) e y = −√f(x), simétricas respecto del eje x

Resultado: bosquejo formado por $y = f (x)$ (máximos $2$ en $x \approx \pm 1, 5$ ) y su simétrica $y = - f (x)$ respecto del eje $x$ , unidas en $(- 2, 0)$ , $(0, 0)$ y $(2, 0)$ .

Ejercicio 63 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

La gráfica de $y = cos x$ se transforma en la gráfica de $y = 8 - 2 cos \frac{π x}{6}$ .

Halle una secuencia de transformaciones geométricas sencillas que logren hacer esto.

Ver resultado

Resultado: estiramiento horizontal de factor $\frac{6}{π}$ ; estiramiento vertical de factor $2$ ; simetría respecto del eje $x$ ; traslación vertical hacia arriba de $8$ unidades.

Ver proceso y resultado

Comparamos $y = cos x$ con $y = 8 - 2 cos \frac{π x}{6}$ y vamos paso a paso:

$y = cos x \to y = cos \frac{π x}{6}$ : estiramiento horizontal de factor $\frac{6}{π}$ (el periodo pasa de $2 π$ a $12$ ).
$\to y = 2 cos \frac{π x}{6}$ : estiramiento vertical de factor $2$ .
$\to y = - 2 cos \frac{π x}{6}$ : simetría (reflexión) respecto del eje $x$ .
$\to y = 8 - 2 cos \frac{π x}{6}$ : traslación vertical hacia arriba de $8$ unidades.

Resultado: estiramiento horizontal de factor $\frac{6}{π}$ ; estiramiento vertical de factor $2$ ; simetría respecto del eje $x$ ; traslación vertical hacia arriba de $8$ unidades.

Ejercicio 64 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

El diagrama que aparece a continuación muestra la gráfica de $y = f (x)$ la cual pasa por los puntos A, B, C y D.

Gráfica de una función y = f(x) que pasa por los puntos A, B, C y D, dibujada sobre una cuadrícula

Dibuje aproximadamente, indicando claramente la posición de las imágenes de A, B, C y D, las gráficas de

a) $y = f (x - 4)$

b) $y = f (- 3 x)$

Ver solución

a) 1. $y = f (x - 4)$ es la gráfica de $f$ trasladada $4$ unidades a la derecha: $(x, y) \to (x + 4, y)$ .

$A (- 3, 25) \to A^{'} (1, 25)$ ; $B (0, 0) \to B^{'} (4, 0)$ ; $C (3, - 35) \to C^{'} (7, - 35)$ ; $D (6, 0) \to D^{'} (10, 0)$ . El extremo inicial $(- 8; 0, 5)$ pasa a $(- 4; 0, 5)$ y el final $(7, 20)$ a $(11, 20)$ .

Gráfica de y = f(x-4) junto con la de y = f(x) y las imágenes A', B', C' y D'

b) 1. $y = f (- 3 x)$ comprime la gráfica horizontalmente con factor $\frac{1}{3}$ y la refleja respecto del eje $y$ : $(x, y) \to (- \frac{x}{3}, y)$ .

$A (- 3, 25) \to A^{'} (1, 25)$ ; $B (0, 0) \to B^{'} (0, 0)$ ; $C (3, - 35) \to C^{'} (- 1, - 35)$ ; $D (6, 0) \to D^{'} (- 2, 0)$ . El extremo inicial pasa a $(\frac{8}{3}; 0, 5)$ y el final a $(- \frac{7}{3}, 20)$ .

Gráfica de y = f(-3x) junto con la de y = f(x) y las imágenes A', B', C' y D'

Resultado: a) $A^{'} (1, 25)$ , $B^{'} (4, 0)$ , $C^{'} (7, - 35)$ , $D^{'} (10, 0)$ ; b) $A^{'} (1, 25)$ , $B^{'} (0, 0)$ , $C^{'} (- 1, - 35)$ , $D^{'} (- 2, 0)$

Ejercicio 65 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Sea $f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ , donde $a, b, c \in Z$ . El diagrama muestra la gráfica de $y = f (x)$ .

Gráfica de la función cúbica y = f(x) que corta al eje x en -1, 1 y 2 y al eje y en 2

a) Usando la información mostrada en el diagrama, encuentre los valores de $a$ , $b$ y $c$ .

b) Si $g (x) = 3 f (x - 2)$ ,

(i) indique las coordenadas de los puntos donde la gráfica de $g$ intercepta el eje $x$ .

(ii) Encuentre la intersección con el eje $y$ del gráfico de $g$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = - 1$ , $c = 2$ ; b) i) $(1, 0)$ , $(3, 0)$ y $(4, 0)$ ; ii) $(0, - 36)$

Ver proceso y resultado

a) 1. La curva corta al eje $x$ en $- 1$ , $1$ y $2$ , así que $f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 2)$ (el coeficiente de $x^{3}$ es $1$ ). 2. Desarrollamos: $(x^{2} - 1) (x - 2) = x^{3} - 2 x^{2} - x + 2$ . 3. Por tanto $a = - 2$ , $b = - 1$ , $c = 2$ (coherente con el corte $(0, 2)$ ).

b) i) 1. $g (x) = 3 f (x - 2)$ es $f$ trasladada $2$ unidades a la derecha y estirada verticalmente con factor $3$ , que no cambia los ceros. 2. Los ceros pasan de $- 1, 1, 2$ a $1, 3, 4$ : puntos $(1, 0)$ , $(3, 0)$ y $(4, 0)$ .

(ii) 1. $g (0) = 3 f (- 2) = 3 (- 2 + 1) (- 2 - 1) (- 2 - 2) = 3 \cdot (- 1) (- 3) (- 4) = - 36$ . 2. Corte con el eje $y$ : $(0, - 36)$ .

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = - 1$ , $c = 2$ ; b) i) $(1, 0)$ , $(3, 0)$ y $(4, 0)$ ; ii) $(0, - 36)$

Ejercicio 66 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Las funciones $f$ y $g$ se definen por $f (x) = 2 x + \frac{π}{5}, x \in R$ y $g (x) = 3 sen x + 4, x \in R$ .

a) Muestre que $(g \circ f) (x) = 3 sen (2 x + \frac{π}{5}) + 4$ .

b) Encuentre el recorrido de $g \circ f$ .

c) Sabiendo que $(g \circ f) (\frac{3 π}{20}) = 7$ , encuentre el siguiente valor de $x$ , mayor que $\frac{3 π}{20}$ para el cual $(g \circ f) (x) = 7$ .

d) La gráfica de $y = (g \circ f) (x)$ se puede obtener aplicando cuatro transformaciones a la gráfica de $y = sen x$ . Indique cuáles son las cuatro transformaciones geométricas y el orden en que se aplican.

Ver resultado

Resultado: b) $[1, 7]$ ; c) $x = \frac{23 π}{20}$ ; d) estiramiento vertical de factor $3$ ; traslación vertical de $4$ unidades hacia arriba; estiramiento horizontal de factor $\frac{1}{2}$ ; traslación horizontal de $\frac{π}{10}$ hacia la izquierda.

Ver proceso y resultado

a) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = 3 sen (f (x)) + 4$ . 2. Sustituyendo $f (x) = 2 x + \frac{π}{5}$ : $(g \circ f) (x) = 3 sen (2 x + \frac{π}{5}) + 4$ , que es lo que se quería mostrar.

b) 1. $- 1 \leq sen (\cdot) \leq 1$ , luego $3 sen (\cdot) \in [- 3, 3]$ . 2. Sumando $4$ : el recorrido es $[1, 7]$ .

c) 1. Comprobamos: para $x = \frac{3 π}{20}$ , $2 x + \frac{π}{5} = \frac{3 π}{10} + \frac{2 π}{10} = \frac{π}{2}$ y $3 \cdot 1 + 4 = 7$ . 2. El valor $7$ (máximo) se repite cuando el argumento aumenta un periodo: $2 x + \frac{π}{5} = \frac{π}{2} + 2 π$ . 3. $2 x = \frac{5 π}{2} - \frac{π}{5} = \frac{23 π}{10}$ , luego $x = \frac{23 π}{20}$ .

d) 1. Escribimos $3 sen (2 x + \frac{π}{5}) + 4 = 3 sen (2 (x + \frac{π}{10})) + 4$ . 2. A partir de $y = sen x$ , en este orden:

estiramiento vertical de factor $3$ ;
traslación vertical hacia arriba de $4$ unidades;
estiramiento horizontal de factor $\frac{1}{2}$ (compresión);
traslación horizontal hacia la izquierda de $\frac{π}{10}$ unidades.

(El estiramiento horizontal debe aplicarse antes que la traslación horizontal de $\frac{π}{10}$ .)

Ejercicio 67 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2009

a) La gráfica de $y = ln (x)$ se transforma en la gráfica de $y = ln (2 x + 1)$ . Describa dos transformaciones necesarias para esto.

b) Resuelva $ln (2 x + 1) > 3 cos (x)$ , $x \in [0, 10]$ .

Ver resultado

Resultado: a) contracción horizontal de factor $\frac{1}{2}$ y traslación horizontal de $\frac{1}{2}$ unidad a la izquierda; b) $x \in] 1, 16; 5, 71 [\cup] 6, 75; 10]$

Ver proceso y resultado

a) 1. Sacamos factor común en el argumento: $ln (2 x + 1) = ln [2 (x + \frac{1}{2})]$ . 2. Pasamos de $y = ln x$ a $y = ln (2 x)$ : contracción horizontal de factor de escala $\frac{1}{2}$ . 3. Pasamos de $y = ln (2 x)$ a $y = ln [2 (x + \frac{1}{2})]$ : traslación horizontal de $\frac{1}{2}$ unidad hacia la izquierda.

b) 1. Con la CPG, representamos $y = ln (2 x + 1)$ e $y = 3 cos x$ en $[0, 10]$ . 2. Hallamos las abscisas de los puntos de corte: $x \approx 1, 16$ , $x \approx 5, 71$ y $x \approx 6, 75$ . 3. La curva logarítmica está por encima de la del coseno entre el primer y el segundo corte, y desde el tercer corte hasta el final del intervalo (en $x = 10$ : $ln 21 \approx 3, 04 > 3 cos 10 \approx - 2, 52$ ). 4. Solución: $x \in] 1, 16; 5, 71 [\cup] 6, 75; 10]$ .

Resultado: a) contracción horizontal de factor $\frac{1}{2}$ y traslación horizontal de $\frac{1}{2}$ unidad a la izquierda; b) $x \in] 1, 16; 5, 71 [\cup] 6, 75; 10]$

Ejercicio 68 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2019

La función $p (x)$ está definida por $p (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 8 x - 24$ donde $x \in R$ .

a) Halle el resto cuando $p (x)$ se divide entre

(i) $(x - 2)$

(ii) $(x - 3)$ .

b) Pruebe que $p (x)$ tiene sólo un cero real.

c) Escriba la transformación que transformará la gráfica de $y = p (x)$ en la gráfica de $y = 8 x^{3} - 12 x^{2} + 16 x - 24$ .

Ver resultado

Resultado: a) i) $p (2) = - 12$ ; ii) $p (3) = 0$ ; b) $p (x) = (x - 3) (x^{2} + 8)$ y $x^{2} + 8 = 0$ no tiene soluciones reales; c) estiramiento horizontal de factor $\frac{1}{2}$ (paralelo al eje $x$ )

Ver proceso y resultado

a) i) 1. Por el teorema del resto, el resto de dividir entre $(x - 2)$ es $p (2)$ . 2. $p (2) = 8 - 12 + 16 - 24 = - 12$ .

(ii) 1. El resto de dividir entre $(x - 3)$ es $p (3)$ . 2. $p (3) = 27 - 27 + 24 - 24 = 0$ , luego $(x - 3)$ es un factor de $p (x)$ .

b) 1. Como $p (3) = 0$ , dividimos entre $(x - 3)$ : $p (x) = (x - 3) (x^{2} + 8)$ . Se comprueba: $(x - 3) (x^{2} + 8) = x^{3} + 8 x - 3 x^{2} - 24$ . 2. El factor $x - 3$ da el cero $x = 3$ . 3. El factor $x^{2} + 8 = 0$ exigiría $x^{2} = - 8$ , imposible en $R$ porque $x^{2} + 8 \geq 8 > 0$ . 4. Por tanto $x = 3$ es el único cero real de $p (x)$ .

c) 1. Calculamos $p (2 x) = (2 x)^{3} - 3 (2 x)^{2} + 8 (2 x) - 24 = 8 x^{3} - 12 x^{2} + 16 x - 24$ , que es justo la función pedida. 2. Pasar de $y = p (x)$ a $y = p (2 x)$ es un estiramiento horizontal (paralelo al eje $x$ ) de factor de escala $\frac{1}{2}$ .

Ejercicio 69 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2011

El diagrama siguiente muestra la gráfica de la función $y = f (x)$ , definida para todo $x \in R$ , donde $b > a > 0$ .

Gráfica de y = f(x), una parábola con vértice en el origen, simétrica respecto del eje y, que pasa por los puntos de abscisas -a y a a la altura b

Considere la función $g (x) = \frac{1}{f ( x - a ) - b}$ .

a) Encuentre el mayor dominio posible de la función $g$ .

b) Trace el gráfico de $y = g (x)$ . En el gráfico, indique cualquier asíntota y los máximos o mínimos locales, y escriba sus ecuaciones y coordenadas.

Ver solución

a) 1. La parábola tiene vértice en el origen: $f (x) = k x^{2}$ . Como $f (a) = b$ , $k = \frac{b}{a ^{2}}$ . 2. $g$ no está definida cuando $f (x - a) - b = 0$ , es decir, $f (x - a) = b$ . Esto ocurre para $x - a = \pm a$ (los puntos de abscisas $\pm a$ tienen altura $b$ ). 3. Entonces $x = 0$ o $x = 2 a$ . Dominio: $R ∖ {0, 2 a}$ .

b) 1. $f (x - a) - b$ es la parábola desplazada $a$ unidades a la derecha y $b$ hacia abajo: vértice $(a, - b)$ , ceros en $x = 0$ y $x = 2 a$ , negativa en $] 0, 2 a [$ y positiva fuera. 2. $g = \frac{1}{f ( x - a ) - b}$ tiene asíntotas verticales $x = 0$ y $x = 2 a$ (ceros del denominador) y asíntota horizontal $y = 0$ (el denominador tiende a $+ \infty$ cuando $x \to \pm \infty$ ). 3. Fuera de $[0, 2 a]$ el denominador es positivo, luego $g > 0$ . Entre $0$ y $2 a$ es negativo, luego $g < 0$ y tiende a $- \infty$ al acercarse a $0$ y a $2 a$ . 4. En $x = a$ el denominador toma su valor mínimo $- b$ y $g (a) = - \frac{1}{b}$ , que es un máximo local (el inverso de un número negativo cuyo valor absoluto es mínimo).

Gráfica de y = g(x) con las asíntotas verticales x = 0 y x = 2a, la asíntota horizontal y = 0 y el extremo local de coordenadas (a, -1/b)

Resultado: a) $D_{g} = R ∖ {0, 2 a}$ ; b) asíntotas $x = 0$ , $x = 2 a$ , $y = 0$ ; máximo local en $(a, - \frac{1}{b})$ .

Ejercicio 70 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2021

La siguiente figura muestra el gráfico de $y = arctan (2 x + 1) + \frac{π}{4}$ para $x \in R$ , cuyas asíntotas son $y = - \frac{π}{4}$ y $y = \frac{3 π}{4}$ .

Gráfica de y = arctan(2x+1) + pi/4, creciente, con asíntotas horizontales y = 3pi/4 e y = -pi/4

a) Describa una secuencia de transformaciones que transforme el gráfico de $y = arctan x$ en el gráfico de $y = arctan (2 x + 1) + \frac{π}{4}$ para $x \in R$ .

b) Muestre que $arctan p + arctan q \equiv arctan (\frac{p + q}{1 - pq})$ , donde $p, q > 0$ y $pq < 1$ .

c) Verifique que $arctan (2 x + 1) = arctan (\frac{x}{x + 1}) + \frac{π}{4}$ para $x \in R, x > 0$ .

d) Utilizando la inducción matemática y el resultado obtenido en el apartado (b), demuestre que $r = 1 \sum n arctan (\frac{1}{2 r ^{2}}) = arctan (\frac{n}{n + 1})$ para $n \in Z^{+}$ .

Ver resultado

Resultado: a) contracción horizontal de factor $\frac{1}{2}$ , traslación $\frac{1}{2}$ a la izquierda y traslación vertical de $\frac{π}{4}$ hacia arriba; b), c) y d) quedan demostrados.

Ver proceso y resultado

a) A partir de $y = arctan x$ :

Contracción (estiramiento) horizontal de factor $\frac{1}{2}$ : $y = arctan 2 x$ .
Traslación horizontal de $\frac{1}{2}$ unidad hacia la izquierda: $y = arctan (2 (x + \frac{1}{2})) = arctan (2 x + 1)$ .
Traslación vertical de $\frac{π}{4}$ unidades hacia arriba: $y = arctan (2 x + 1) + \frac{π}{4}$ .

b) 1. Sean $A = arctan p$ y $B = arctan q$ , con $p, q > 0$ , de modo que $A, B \in] 0, \frac{π}{2} [$ . 2. Como $pq < 1$ , $tan A < \frac{1}{tan B} = tan (\frac{π}{2} - B)$ ; por ser la tangente creciente en $] 0, \frac{π}{2} [$ , $A < \frac{π}{2} - B$ , o sea $A + B \in] 0, \frac{π}{2} [$ . 3. Por la fórmula de la tangente de una suma: $tan (A + B) = \frac{tan A + tan B}{1 - tan A tan B} = \frac{p + q}{1 - pq} .$ 4. Como $A + B$ está en el intervalo donde $arctan$ es la inversa de $tan$ , $A + B = arctan \frac{p + q}{1 - pq}$ , es decir, $arctan p + arctan q = arctan \frac{p + q}{1 - pq}$ .

c) 1. Para $x > 0$ , tomamos $p = \frac{x}{x + 1}$ y $q = 1$ . Ambos son positivos y $pq = \frac{x}{x + 1} < 1$ , así que se puede aplicar el apartado b). 2. $arctan \frac{x}{x + 1} + arctan 1 = arctan \frac{\frac{x}{x + 1} + 1}{1 - \frac{x}{x + 1}} = arctan \frac{\frac{2 x + 1}{x + 1}}{\frac{1}{x + 1}} = arctan (2 x + 1)$ . 3. Como $arctan 1 = \frac{π}{4}$ , queda $arctan (2 x + 1) = arctan \frac{x}{x + 1} + \frac{π}{4}$ , que es lo que se pedía.

d) Demostramos por inducción que $S_{n} = r = 1 \sum n arctan \frac{1}{2 r ^{2}} = arctan \frac{n}{n + 1}$ .

Caso $n = 1$ : $arctan \frac{1}{2} = arctan \frac{1}{2}$ . Se cumple.
Hipótesis: para $n = k$ se cumple $S_{k} = arctan \frac{k}{k + 1}$ .
Para $n = k + 1$ : $S_{k + 1} = S_{k} + arctan \frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}} = arctan \frac{k}{k + 1} + arctan \frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}}$ .
Aplicamos b) con $p = \frac{k}{k + 1}$ y $q = \frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}}$ (positivos, con $pq < 1$ ): $p + q = \frac{2 k ( k + 1 ) + 1}{2 ( k + 1 ) ^{2}} = \frac{2 k ^{2} + 2 k + 1}{2 ( k + 1 ) ^{2}}, 1 - pq = \frac{2 ( k + 1 ) ^{3} - k}{2 ( k + 1 ) ^{3}} = \frac{2 k ^{3} + 6 k ^{2} + 5 k + 2}{2 ( k + 1 ) ^{3}} .$
Como $2 k^{3} + 6 k^{2} + 5 k + 2 = (k + 2) (2 k^{2} + 2 k + 1)$ : $\frac{p + q}{1 - pq} = \frac{( 2 k ^{2} + 2 k + 1 ) ( k + 1 )}{( k + 2 ) ( 2 k ^{2} + 2 k + 1 )} = \frac{k + 1}{k + 2} .$
Luego $S_{k + 1} = arctan \frac{k + 1}{k + 2}$ , es decir, se cumple para $n = k + 1$ . Por inducción, es cierto para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: a) contracción horizontal de factor $\frac{1}{2}$ , traslación $\frac{1}{2}$ a la izquierda y traslación vertical de $\frac{π}{4}$ hacia arriba; b), c) y d) quedan demostrados.

Composición y función inversa

Ejercicio 71 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2004

La función $f$ viene definida por $f : x \mapsto x^{3}$ .

Halle la expresión de $g (x)$ en función de $x$ en cada uno de los siguientes casos:

a) $(f \circ g) (x) = x + 1$

b) $(g \circ f) (x) = x + 1$

Ver resultado

Resultado: a) $g (x) = 3 x + 1$ ; b) $g (x) = 3 x + 1$

Ver proceso y resultado

a) 1. $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = (g (x))^{3}$ . 2. Igualamos: $(g (x))^{3} = x + 1$ . 3. Extraemos la raíz cúbica: $g (x) = 3 x + 1$ .

b) 1. $(g \circ f) (x) = g (x^{3}) = x + 1$ . 2. Sea $u = x^{3}$ , de modo que $x = 3 u$ . Entonces $g (u) = 3 u + 1$ . 3. Por tanto $g (x) = 3 x + 1$ .

Resultado: a) $g (x) = 3 x + 1$ ; b) $g (x) = 3 x + 1$

Ejercicio 72 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2016

a) Exprese $x^{2} + 4 x - 2$ en la forma $(x + a)^{2} + b$ , $b \in Z$ .

b) Si $f (x) = x + 2$ y $(g \circ f) (x) = x^{2} + 4 x - 2$ calcule $g (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $(x + 2)^{2} - 6$ ; b) $g (x) = x^{2} - 6$

Ver proceso y resultado

a) 1. Completamos el cuadrado: $x^{2} + 4 x - 2 = (x + 2)^{2} - 4 - 2 = (x + 2)^{2} - 6$ . 2. Es decir, $a = 2$ y $b = - 6$ .

b) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = g (x + 2) = x^{2} + 4 x - 2 = (x + 2)^{2} - 6$ . 2. Llamamos $u = x + 2$ : $g (u) = u^{2} - 6$ . 3. Por tanto $g (x) = x^{2} - 6$ .

Resultado: a) $(x + 2)^{2} - 6$ ; b) $g (x) = x^{2} - 6$

Ejercicio 73 BásicoIB · P1 Noviembre 1998

Sea $f (x) = \frac{1}{x + 1}$ y $g (x) = x^{2} - 1$ . Calcule

a) $f^{- 1} (x)$ ;

b) $(f \circ g) (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x}{x}$ ; b) $(f \circ g) (x) = \frac{1}{x ^{2} - 1 + 1}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $y = \frac{1}{x + 1}$ y despejamos $x$ : $x + 1 = \frac{1}{y}$ , luego $x = \frac{1}{y} - 1 = \frac{1 - y}{y}$ . 2. Cambiamos las variables: $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x}{x}$ .

b) 1. $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = \frac{1}{g ( x ) + 1}$ . 2. Sustituimos $g (x) = x^{2} - 1$ : $(f \circ g) (x) = \frac{1}{x ^{2} - 1 + 1}$ .

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x}{x}$ ; b) $(f \circ g) (x) = \frac{1}{x ^{2} - 1 + 1}$

Ejercicio 74 BásicoIB · P1 Noviembre 2000

Dadas las funciones $f : x \mapsto x + 1$ y $g : x \mapsto x^{3}$ , calcule la función $(f \circ g)^{- 1}$ .

Ver resultado

Resultado: $(f \circ g)^{- 1} (x) = 3 x - 1$

Ver proceso y resultado

Primero la composición: $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = g (x) + 1 = x^{3} + 1$ .
Para la inversa, $y = x^{3} + 1$ y se despeja $x$ : $x^{3} = y - 1 \Rightarrow x = 3 y - 1$ .
Intercambiamos los nombres: $(f \circ g)^{- 1} (x) = 3 x - 1$ .

Resultado: $(f \circ g)^{- 1} (x) = 3 x - 1$

Ejercicio 75 BásicoIB · P2 TZ2 Mayo 2017

La función $f$ se define mediante $f (x) = 2 x^{3} + 5, - 2 \leq x \leq 2$ .

a) Escriba el recorrido de $f$ .

b) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

c) Escriba el dominio y el recorrido de $f^{- 1}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $R_{f} = [- 11, 21]$ ; b) $f^{- 1} (x) = 3 \frac{x - 5}{2}$ ; c) $D_{f^{- 1}} = [- 11, 21]$ , $R_{f^{- 1}} = [- 2, 2]$

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (x) = 2 x^{3} + 5$ es creciente. En los extremos del dominio: $f (- 2) = 2 (- 8) + 5 = - 11$ y $f (2) = 16 + 5 = 21$ . 2. $R_{f} = [- 11, 21]$ .

b) 1. $y = 2 x^{3} + 5 \Rightarrow x^{3} = \frac{y - 5}{2} \Rightarrow x = 3 \frac{y - 5}{2}$ . 2. $f^{- 1} (x) = 3 \frac{x - 5}{2}$ .

c) 1. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ : $[- 11, 21]$ . 2. El recorrido de $f^{- 1}$ es el dominio de $f$ : $[- 2, 2]$ .

Resultado: a) $R_{f} = [- 11, 21]$ ; b) $f^{- 1} (x) = 3 \frac{x - 5}{2}$ ; c) $D_{f^{- 1}} = [- 11, 21]$ , $R_{f^{- 1}} = [- 2, 2]$

Ejercicio 76 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Sea $f (x) = \frac{4}{x + 2}$ , $x \neq = - 2$ y $g (x) = x - 1$ . Si $h = g \circ f$ , halle:

a) $h (x)$

b) $h^{- 1} (x)$ , donde $h^{- 1}$ es la inversa de $h$ .

Ver resultado

Resultado: a) $h (x) = \frac{2 - x}{x + 2}$ ; b) $h^{- 1} (x) = \frac{2 - 2 x}{x + 1}$

Ver proceso y resultado

a) 1. $h = g \circ f$ significa $h (x) = g (f (x))$ . 2. Sustituimos: $h (x) = \frac{4}{x + 2} - 1$ . 3. Reducimos a común denominador: $h (x) = \frac{4 - ( x + 2 )}{x + 2} = \frac{2 - x}{x + 2}$ .

b) 1. Escribimos $y = \frac{2 - x}{x + 2}$ y despejamos $x$ : $y (x + 2) = 2 - x$ . 2. Desarrollamos: $x y + 2 y = 2 - x$ , y agrupamos los términos en $x$ : $x (y + 1) = 2 - 2 y$ . 3. Despejamos: $x = \frac{2 - 2 y}{y + 1}$ . 4. Por tanto $h^{- 1} (x) = \frac{2 - 2 x}{x + 1}$ .

Resultado: a) $h (x) = \frac{2 - x}{x + 2}$ ; b) $h^{- 1} (x) = \frac{2 - 2 x}{x + 1}$

Ejercicio 77 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

La función $f$ está definida para $x > 2$ como $f (x) = ln (x) + ln (x - 2) - ln (x^{2} - 4)$ .

a) Exprese $f (x)$ en la forma $ln (\frac{x}{x + a})$ .

b) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f (x) = ln (\frac{x}{x + 2})$ , con $a = 2$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{2 e ^{x}}{1 - e ^{x}}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Usamos $ln a + ln b = ln (ab)$ y $ln a - ln b = ln \frac{a}{b}$ : $f (x) = ln \frac{x ( x - 2 )}{x ^{2} - 4}$ . 2. Factorizamos el denominador: $x^{2} - 4 = (x - 2) (x + 2)$ . 3. Como $x > 2$ , podemos simplificar $x - 2$ : $f (x) = ln \frac{x}{x + 2}$ , es decir, $a = 2$ .

b) 1. Escribimos $y = ln \frac{x}{x + 2}$ y despejamos $x$ : $e^{y} = \frac{x}{x + 2}$ . 2. Multiplicamos: $x e^{y} + 2 e^{y} = x$ . 3. Agrupamos los términos en $x$ : $2 e^{y} = x (1 - e^{y})$ . 4. Despejamos: $x = \frac{2 e ^{y}}{1 - e ^{y}}$ , luego $f^{- 1} (x) = \frac{2 e ^{x}}{1 - e ^{x}}$ .

Resultado: a) $f (x) = ln (\frac{x}{x + 2})$ , con $a = 2$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{2 e ^{x}}{1 - e ^{x}}$

Ejercicio 78 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2010

La función $f$ se define de la siguiente forma: $f (x) = \frac{2 x - 3}{x - 1}$ , $x \neq = 1$ .

a) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

b) Resuelva la ecuación $f^{- 1} (x) = 1 + f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: (a) $f^{- 1} (x) = \frac{x - 3}{x - 2}$ ; (b) $x = \frac{8}{3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $y = \frac{2 x - 3}{x - 1}$ y despejamos $x$ : $y (x - 1) = 2 x - 3$ . 2. Desarrollamos: $x y - y = 2 x - 3$ . 3. Agrupamos: $x y - 2 x = y - 3$ , luego $x (y - 2) = y - 3$ . 4. Despejamos: $x = \frac{y - 3}{y - 2}$ , es decir, $f^{- 1} (x) = \frac{x - 3}{x - 2}$ .

b) 1. Sea $u = f^{- 1} (x)$ . La ecuación es $∣ u ∣ = 1 + u$ . 2. Como $∣ u ∣ \geq 0$ , debe ser $1 + u \geq 0$ . 3. Si $u \geq 0$ : $u = 1 + u$ es imposible. 4. Si $u < 0$ : $- u = 1 + u$ , luego $u = - \frac{1}{2}$ , que cumple $1 + u = \frac{1}{2} \geq 0$ . 5. Resolvemos $\frac{x - 3}{x - 2} = - \frac{1}{2}$ : $2 (x - 3) = - (x - 2)$ , es decir, $2 x - 6 = - x + 2$ , de donde $3 x = 8$ . 6. Por tanto $x = \frac{8}{3}$ .

Resultado: (a) $f^{- 1} (x) = \frac{x - 3}{x - 2}$ ; (b) $x = \frac{8}{3}$

Ejercicio 79 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Considere la función $f$ , $f : x \mapsto \frac{π}{4} - arccos x$ .

a) Halle el mayor dominio posible de $f$ .

b) Determine una expresión para la función inversa, $f^{- 1}$ , y escriba su dominio.

Ver resultado

Resultado: a) $D_{f} = [\frac{2}{2}, 1]$ ; b) $f^{- 1} (x) = cos (\frac{π}{4} - x^{2})$ , $D_{f^{- 1}} = [0, \frac{π}{2}]$

Ver proceso y resultado

a) 1. Para que exista la raíz hace falta $\frac{π}{4} - arccos x \geq 0$ , es decir, $arccos x \leq \frac{π}{4}$ . 2. Además $arccos x$ solo existe para $x \in [- 1, 1]$ . 3. El arco coseno es decreciente, así que $arccos x \leq \frac{π}{4} ⟺ x \geq cos \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ . 4. Por tanto $D_{f} = [\frac{2}{2}, 1]$ .

b) 1. Escribimos $y = \frac{π}{4} - arccos x$ y elevamos al cuadrado: $y^{2} = \frac{π}{4} - arccos x$ . 2. Despejamos: $arccos x = \frac{π}{4} - y^{2}$ , luego $x = cos (\frac{π}{4} - y^{2})$ . 3. Así $f^{- 1} (x) = cos (\frac{π}{4} - x^{2})$ . 4. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ . Para $x \in [\frac{2}{2}, 1]$ , $arccos x \in [0, \frac{π}{4}]$ , luego $\frac{π}{4} - arccos x \in [0, \frac{π}{4}]$ y $f (x) \in [0, \frac{π}{2}]$ .

Resultado: a) $D_{f} = [\frac{2}{2}, 1]$ ; b) $f^{- 1} (x) = cos (\frac{π}{4} - x^{2})$ , $D_{f^{- 1}} = [0, \frac{π}{2}]$

Ejercicio 80 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2011

Una función viene dada por: $h (x) = 2 e^{x} - \frac{1}{e ^{x}}$ , $x \in R$ . Halle una expresión para $h^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $h^{- 1} (x) = ln (\frac{x + x ^{2} + 8}{4})$

Ver proceso y resultado

Escribimos $y = 2 e^{x} - \frac{1}{e ^{x}}$ y hacemos el cambio $u = e^{x} > 0$ : $y = 2 u - \frac{1}{u}$ .
Multiplicamos por $u$ : $y u = 2 u^{2} - 1$ , es decir, $2 u^{2} - y u - 1 = 0$ .
Resolvemos la cuadrática en $u$ : $u = \frac{y \pm y ^{2} + 8}{4}$ .
Como $u = e^{x} > 0$ y $y^{2} + 8 > ∣ y ∣$ , solo es válida la raíz con signo $+$ : $u = \frac{y + y ^{2} + 8}{4}$ .
Tomamos logaritmos: $x = ln (\frac{y + y ^{2} + 8}{4})$ .

Resultado: $h^{- 1} (x) = ln (\frac{x + x ^{2} + 8}{4})$

Ejercicio 81 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Las funciones $f (x)$ y $g (x)$ están definidas por $f (x) = x - 2$ y $g (x) = x^{2} + x$ .

La función $(f \circ g) (x)$ está definida para $x \in R$ , a excepción del intervalo $] a, b [$ .

a) Halle el valor de $a$ y de $b$ .

b) Halle el recorrido de $f \circ g$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = 1$ ; b) $R_{f \circ g} = [0, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Calculamos la composición: $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = x^{2} + x - 2$ . 2. Está definida cuando el radicando es no negativo: $x^{2} + x - 2 \geq 0$ . 3. Factorizamos: $x^{2} + x - 2 = (x + 2) (x - 1)$ , que es negativa exactamente entre las raíces $- 2$ y $1$ . 4. Por tanto $f \circ g$ no está definida en $] - 2, 1 [$ , es decir, $a = - 2$ y $b = 1$ .

b) 1. Sobre el dominio, $x^{2} + x - 2$ es continua, vale $0$ en $x = 1$ y crece sin límite cuando $x \to \pm \infty$ ; toma, pues, todos los valores de $[0, + \infty [$ . 2. Al aplicar la raíz cuadrada se obtienen todos los valores de $[0, + \infty [$ .

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = 1$ ; b) $R_{f \circ g} = [0, + \infty [$

Ejercicio 82 MedioIB · P1 Mayo 2002

La función uno a uno $f$ está definida en el dominio $x > 0$ por $f (x) = \frac{2 x - 1}{x + 2}$ .

a) Indique el recorrido $A$ de $f$ .

b) Halle una expresión de $f^{- 1} (x)$ para $x \in A$ .

Ver resultado

Resultado: a) $A =] - \frac{1}{2}, 2 [$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 1}{2 - x}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Dividimos: $f (x) = \frac{2 x - 1}{x + 2} = 2 - \frac{5}{x + 2}$ . 2. Para $x > 0$ , $x + 2 > 2$ , luego $0 < \frac{5}{x + 2} < \frac{5}{2}$ . 3. Entonces $2 - \frac{5}{2} < f (x) < 2$ , es decir, $- \frac{1}{2} < f (x) < 2$ (la función es creciente, de $f (0) = - \frac{1}{2}$ a $2$ sin alcanzarlos). 4. Por tanto $A =] - \frac{1}{2}, 2 [$ .

b) 1. Escribimos $y = \frac{2 x - 1}{x + 2}$ y despejamos $x$ : $y (x + 2) = 2 x - 1$ . 2. Desarrollamos: $x y + 2 y = 2 x - 1$ , luego $x y - 2 x = - 1 - 2 y$ . 3. Factorizamos: $x (y - 2) = - (1 + 2 y)$ , de donde $x = \frac{2 y + 1}{2 - y}$ . 4. Por tanto $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 1}{2 - x}$ , para $x \in A$ .

Resultado: a) $A =] - \frac{1}{2}, 2 [$ ; b) $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 1}{2 - x}$

Ejercicio 83 MedioIB · P1 Mayo 2003

La función $f$ está definida para $x \leq 0$ por $f (x) = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}$ . Halle una expresión de $f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $f^{- 1} (x) = - \frac{1 + x}{1 - x}$

Ver proceso y resultado

Escribimos $y = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}$ y despejamos $x^{2}$ : $y (x^{2} + 1) = x^{2} - 1$ .
Agrupamos: $y x^{2} - x^{2} = - 1 - y$ , luego $x^{2} (y - 1) = - (1 + y)$ .
Despejamos: $x^{2} = \frac{1 + y}{1 - y}$ .
Como el dominio de $f$ es $x \leq 0$ , elegimos la raíz negativa: $x = - \frac{1 + y}{1 - y}$ .
Por tanto $f^{- 1} (x) = - \frac{1 + x}{1 - x}$ .

Resultado: $f^{- 1} (x) = - \frac{1 + x}{1 - x}$

Ejercicio 84 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2018

Considere la función $g (x) = 4 cos x + 1$ , $a \leq x \leq \frac{π}{2}$ , donde $a < \frac{π}{2}$ .

a) Para $a = - \frac{π}{2}$ , dibuje aproximadamente el gráfico de $y = g (x)$ . Indique claramente cuáles son los valores máximos y mínimos de esta función.

b) Escriba cuál es el valor más pequeño de $a$ para el que $g$ tiene inversa.

c) Para el valor de $a$ que ha hallado en el apartado (b),

(i) escriba el dominio de $g^{- 1}$ ;

(ii) halle una expresión para $g^{- 1} (x)$ .

Ver solución

a) 1. En $- \frac{π}{2} \leq x \leq \frac{π}{2}$ , $cos x$ vale $0$ en los extremos y $1$ en $x = 0$ . 2. Por tanto $g (0) = 4 + 1 = 5$ es el máximo y $g (\pm \frac{π}{2}) = 0 + 1 = 1$ es el mínimo. 3. La gráfica es un arco simétrico respecto del eje $y$ , con máximo $(0, 5)$ y extremos $(\pm \frac{π}{2}, 1)$ .

Gráfico de y = 4cos x + 1 para x entre -π/2 y π/2

b) 1. Para que $g$ tenga inversa debe ser inyectiva, y en $[a, \frac{π}{2}]$ lo es si $g$ es monótona. 2. $cos x$ es decreciente en $[0, \frac{π}{2}]$ y creciente para $x$ entre $- π$ y $0$ , así que el intervalo más amplio por la izquierda donde $g$ es monótona empieza en el máximo, $x = 0$ . 3. Por tanto el menor valor es $a = 0$ .

c) (i) 1. El dominio de $g^{- 1}$ es el rango de $g$ en $[0, \frac{π}{2}]$ : va de $g (\frac{π}{2}) = 1$ a $g (0) = 5$ , es decir, $[1, 5]$ .

(ii) 1. Escribimos $y = 4 cos x + 1$ , de donde $cos x = \frac{y - 1}{4}$ . 2. En $[0, \frac{π}{2}]$ , $x = arccos (\frac{y - 1}{4})$ , así que $g^{- 1} (x) = arccos (\frac{x - 1}{4})$ .

Resultado: a) máximo $5$ , mínimo $1$ ; b) $a = 0$ ; c) (i) $[1, 5]$ ; (ii) $g^{- 1} (x) = arccos (\frac{x - 1}{4})$

Ejercicio 85 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2016

La función $f$ se define mediante $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ , $- 1 < x \leq 1$ .

Halle la función inversa, $f^{- 1}$ , e indique el dominio y el recorrido de dicha función.

Ver resultado

Resultado: $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x ^{2}}{x ^{2} + 1}$ ; dominio $[0, + \infty [$ ; recorrido $] - 1, 1]$

Ver proceso y resultado

Escribimos $y = \frac{1 - x}{1 + x}$ y elevamos al cuadrado: $y^{2} = \frac{1 - x}{1 + x}$ .
Despejamos $x$ : $y^{2} (1 + x) = 1 - x$ , luego $y^{2} + y^{2} x = 1 - x$ , y $x (y^{2} + 1) = 1 - y^{2}$ .
Así $x = \frac{1 - y ^{2}}{1 + y ^{2}}$ y, cambiando las variables, $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x ^{2}}{x ^{2} + 1}$ .
El dominio de $f^{- 1}$ es el rango de $f$ . Como $f (1) = 0$ y $f (x) \to + \infty$ cuando $x \to - 1^{+}$ , y $f$ es continua y decreciente, $R_{f} = [0, + \infty [$ .
El rango de $f^{- 1}$ es el dominio de $f$ : $] - 1, 1]$ .

Resultado: $f^{- 1} (x) = \frac{1 - x ^{2}}{x ^{2} + 1}$ ; dominio $[0, + \infty [$ ; recorrido $] - 1, 1]$

Ejercicio 86 MedioIB · P1 Noviembre 1998

La gráfica de una función $f (x)$ para $- 6 \leq x \leq 6$ se muestra a continuación.

Gráfica de una función formada por una curva creciente y un segmento recto, en una cuadrícula

Dibuje la gráficas de la función $f^{- 1} (x)$ .

Ver solución

La gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de la recta $y = x$ : cada punto $(a, b)$ de $f$ pasa a $(b, a)$ .
Para la curva: $(- 5; 0, 5) \to (0, 5; - 5)$ , $(0; 1, 2) \to (1, 2; 0)$ y $(2, 5; 3, 3) \to (3, 3; 2, 5)$ .
Para el segmento: $(2, 5; - 1, 75) \to (- 1, 75; 2, 5)$ y $(5; - 0, 25) \to (- 0, 25; 5)$ .

Gráfica de la función inversa de f, simétrica de f respecto de la recta y = x

Resultado: la gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de $y = x$ : una curva creciente de $(0, 5; - 5)$ a $(3, 3; 2, 5)$ y un segmento de $(- 1, 75; 2, 5)$ a $(- 0, 25; 5)$ .

Ejercicio 87 MedioIB · P1 Noviembre 2001

Sea la función $f : x \mapsto \frac{2 x + 1}{x - 1}$ , $x \in R$ , $x \neq = 1$ . Calcule la inversa, $f^{- 1}$ , indicando claramente su dominio.

Ver resultado

Resultado: $f^{- 1} (x) = \frac{1 + x}{x - 2}$ , con $D_{f^{- 1}} = R - {2}$

Ver proceso y resultado

Escribimos $y = \frac{2 x + 1}{x - 1}$ y despejamos $x$ : $y (x - 1) = 2 x + 1 \Rightarrow y x - y = 2 x + 1$ .
Agrupamos: $y x - 2 x = 1 + y \Rightarrow x (y - 2) = 1 + y \Rightarrow x = \frac{1 + y}{y - 2}$ .
Intercambiamos: $f^{- 1} (x) = \frac{1 + x}{x - 2}$ .
El dominio de $f^{- 1}$ es el rango de $f$ . Como $\frac{2 x + 1}{x - 1} = 2 + \frac{3}{x - 1}$ , $f$ nunca vale $2$ . Coincide con el valor que anula el denominador de $f^{- 1}$ : $x \neq = 2$ .

Resultado: $f^{- 1} (x) = \frac{1 + x}{x - 2}$ , con $D_{f^{- 1}} = R - {2}$

Ejercicio 88 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

La función $f$ se define en el dominio $[- 1, 0]$ por $f : x \mapsto \frac{1}{1 + x ^{2}}$ .

a) Escriba el rango de $f$ .

b) Encuentre una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $R_{f} = [\frac{1}{2}, 1]$ ; b) $f^{- 1} (x) = - \frac{1 - x}{x}$

Ver proceso y resultado

a) 1. En $[- 1, 0]$ , $x^{2}$ toma valores entre $0$ (en $x = 0$ ) y $1$ (en $x = - 1$ ).

Por tanto $1 + x^{2} \in [1, 2]$ y $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ va de $1$ (en $x = 0$ ) a $\frac{1}{2}$ (en $x = - 1$ ).
$R_{f} = [\frac{1}{2}, 1]$ .

b) 1. $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} \Rightarrow 1 + x^{2} = \frac{1}{y} \Rightarrow x^{2} = \frac{1 - y}{y}$ .

Como el dominio original es $x \in [- 1, 0]$ , $x \leq 0$ , así que tomamos la raíz negativa: $x = - \frac{1 - y}{y}$ .
Intercambiamos nombres: $f^{- 1} (x) = - \frac{1 - x}{x}$ .

Resultado: a) $R_{f} = [\frac{1}{2}, 1]$ ; b) $f^{- 1} (x) = - \frac{1 - x}{x}$

Ejercicio 89 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Sean $f$ y $g$ dos funciones. Dado que $(f \circ g) (x) = \frac{x + 1}{2}$ y $g (x) = 2 x - 1$ , halle $f (x - 3)$ .

Ver resultado

Resultado: $f (x - 3) = \frac{x}{4}$

Ver proceso y resultado

Sabemos que $f (g (x)) = \frac{x + 1}{2}$ con $g (x) = 2 x - 1$ . Sea $u = 2 x - 1$ ; entonces $x = \frac{u + 1}{2}$ .
Sustituimos: $f (u) = \frac{\frac{u + 1}{2} + 1}{2} = \frac{u + 3}{4}$ , es decir, $f (x) = \frac{x + 3}{4}$ .
Entonces $f (x - 3) = \frac{( x - 3 ) + 3}{4} = \frac{x}{4}$ .

Resultado: $f (x - 3) = \frac{x}{4}$

Ejercicio 90 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

La función $f$ se define como $f (x) = \frac{3 x - 4}{x + 2}$ , $x \neq = - 2$ .

a) Encuentre una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

b) Escriba el dominio de $f^{- 1}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{- 4 - 2 x}{x - 3}$ ; b) $D_{f^{- 1}} = R - {3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $y = \frac{3 x - 4}{x + 2}$ y despejamos $x$ : $y (x + 2) = 3 x - 4 \Rightarrow y x + 2 y = 3 x - 4$ .

$y x - 3 x = - 4 - 2 y \Rightarrow x (y - 3) = - 4 - 2 y \Rightarrow x = \frac{- 4 - 2 y}{y - 3}$ .
Intercambiamos: $f^{- 1} (x) = \frac{- 4 - 2 x}{x - 3}$ .

b) El dominio de $f^{- 1}$ es el rango de $f$ . Como $f (x) = 3 - \frac{10}{x + 2}$ , $f$ nunca vale $3$ ; es el valor que anula el denominador de $f^{- 1}$ : $x \neq = 3$ .

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{- 4 - 2 x}{x - 3}$ ; b) $D_{f^{- 1}} = R - {3}$

Ejercicio 91 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

Las funciones $f$ y $g$ se definen por $f (x) = 2 x - 1$ y $g (x) = \frac{x}{x + 1}$ , $x \neq = - 1$ .

Calcule los valores de $x$ para los cuales $(f \circ g) (x) \leq (g \circ f) (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] - 1, 0 [\cup [\frac{1}{3}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

$(f \circ g) (x) = 2 \cdot \frac{x}{x + 1} - 1 = \frac{x - 1}{x + 1}$ , con $x \neq = - 1$ .
$(g \circ f) (x) = \frac{2 x - 1}{( 2 x - 1 ) + 1} = \frac{2 x - 1}{2 x}$ , con $x \neq = 0$ .
Pasamos todo a un lado: $\frac{x - 1}{x + 1} - \frac{2 x - 1}{2 x} \leq 0 \Rightarrow \frac{2 x ( x - 1 ) - ( 2 x - 1 ) ( x + 1 )}{2 x ( x + 1 )} \leq 0$ .
Numerador: $2 x^{2} - 2 x - (2 x^{2} + x - 1) = 1 - 3 x$ . Queda $\frac{1 - 3 x}{2 x ( x + 1 )} \leq 0$ .
Puntos críticos $- 1$ , $0$ y $\frac{1}{3}$ . Tabla de signos:
- $x < - 1$ : numerador $+$ , denominador $+$ , cociente $+$ (no vale).
- $- 1 < x < 0$ : numerador $+$ , denominador $-$ , cociente $-$ (vale).
- $0 < x < \frac{1}{3}$ : numerador $+$ , denominador $+$ , cociente $+$ (no vale).
- $x > \frac{1}{3}$ : numerador $-$ , denominador $+$ , cociente $-$ (vale).
Se incluye $x = \frac{1}{3}$ (cociente nulo) y se excluyen $- 1$ y $0$ .

Resultado: $x \in] - 1, 0 [\cup [\frac{1}{3}, + \infty [$

Ejercicio 92 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Las funciones $f$ y $g$ se definen como: $f (x) = e^{x^{2}}, x \geq 0$ $g (x) = \frac{1}{x + 3}, x \neq = - 3$

a) Halle $h (x)$ donde $h (x) = (g \circ f) (x)$ .

b) Indique el dominio de $h^{- 1} (x)$ .

c) Calcule $h^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $h (x) = \frac{1}{e ^{x^{2}} + 3}$ ; b) $D_{h^{- 1}} = R_{h} =] 0, \frac{1}{4}]$ ; c) $h^{- 1} (x) = ln (\frac{1 - 3 x}{x})$

Ver proceso y resultado

a) $h (x) = (g \circ f) (x) = g (e^{x^{2}}) = \frac{1}{e ^{x^{2}} + 3}$ , con $x \geq 0$ .

b) 1. El dominio de $h^{- 1}$ es el rango de $h$ .

Para $x \geq 0$ , $e^{x^{2}}$ va de $1$ hacia $+ \infty$ , así que el denominador va de $4$ a $+ \infty$ y $h (x)$ decrece de $\frac{1}{4}$ hacia $0$ sin alcanzarlo.
$R_{h} =] 0, \frac{1}{4}]$ , luego $D_{h^{- 1}} =] 0, \frac{1}{4}]$ .

c) 1. $y = \frac{1}{e ^{x^{2}} + 3} \Rightarrow e^{x^{2}} = \frac{1}{y} - 3 = \frac{1 - 3 y}{y}$ .

Tomamos logaritmos: $x^{2} = ln \frac{1 - 3 y}{y}$ , y como $x \geq 0$ , $x = ln \frac{1 - 3 y}{y}$ .
Intercambiamos: $h^{- 1} (x) = ln (\frac{1 - 3 x}{x})$ .

Resultado: a) $h (x) = \frac{1}{e ^{x^{2}} + 3}$ ; b) $D_{h^{- 1}} = R_{h} =] 0, \frac{1}{4}]$ ; c) $h^{- 1} (x) = ln (\frac{1 - 3 x}{x})$

Ejercicio 93 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2010

A continuación se muestran las gráficas de $y = f (x)$ e $y = g (x)$ .

Gráficas de y = f(x) e y = g(x), dos parábolas que se cortan en los puntos de abscisa -1 y 4

Si $(f \circ g) (x) = 3$ , encuentre todos los valores posibles de $x$ .

Ver resultado

Resultado: $x = - 1$ , $x = 4$ , $x = 1$ , $x = 2$

Ver proceso y resultado

$(f \circ g) (x) = f (g (x)) = 3$ . Primero buscamos para qué valores $u$ se cumple $f (u) = 3$ en la gráfica de $f$ .
Sabemos que $f (0) = 3$ . La parábola es simétrica respecto de su eje, que está a mitad de camino entre sus cortes $x = - 1$ y $x = 4$ , es decir, en $x = \frac{3}{2}$ . El simétrico de $0$ es $3$ , luego también $f (3) = 3$ . Por tanto $g (x) = 0$ o $g (x) = 3$ .
$g (x) = 0$ : según la gráfica, $g$ corta al eje $x$ en $x = - 1$ y $x = 4$ .
$g (x) = 3$ : la parábola $g$ pasa por $(0, 2)$ y tiene raíces $- 1$ y $4$ , así que $g (x) = k (x + 1) (x - 4)$ con $g (0) = - 4 k = 2$ , es decir $k = - \frac{1}{2}$ . Entonces $- \frac{1}{2} (x^{2} - 3 x - 4) = 3 ⟹ x^{2} - 3 x + 2 = 0 ⟹ (x - 1) (x - 2) = 0,$ de modo que $x = 1$ o $x = 2$ (el máximo de $g$ es $\approx 3, 1 > 3$ , y es coherente con dos soluciones).

Resultado: $x = - 1$ , $x = 4$ , $x = 1$ , $x = 2$

Ejercicio 94 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2011

Considere las siguientes funciones $f (x) = 2 x + 3$ $g (x) = \frac{1}{x}, x \neq = 0$ .

a) i) Calcule $(g \circ f) (x)$ y escriba el dominio de la función.

(ii) Calcule $(f \circ g) (x)$ y escriba el dominio de la función.

b) Encuentre las coordenadas del punto donde la gráfica de $y = f (x)$ y la gráfica de $y = (g^{- 1} \circ f \circ g) (x)$ se cortan.

Ver resultado

Resultado: a) i) $(g \circ f) (x) = \frac{1}{2 x + 3}$ , dominio $R ∖ {- \frac{3}{2}}$ ; ii) $(f \circ g) (x) = \frac{2}{x} + 3$ , dominio $R ∖ {0}$ ; b) $(- 1, 1)$

Ver proceso y resultado

a) i) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = \frac{1}{f ( x )} = \frac{1}{2 x + 3}$ . 2. Debe ser $2 x + 3 \neq = 0$ , es decir $x \neq = - \frac{3}{2}$ . Dominio: $R ∖ {- \frac{3}{2}}$ .

(ii) 1. $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = 2 \cdot \frac{1}{x} + 3 = \frac{2}{x} + 3$ . 2. $g$ exige $x \neq = 0$ y $f$ no añade restricciones. Dominio: $R ∖ {0}$ .

b) 1. La inversa de $g$ es la propia $g$ : si $y = \frac{1}{x}$ , entonces $x = \frac{1}{y}$ . Luego $g^{- 1} (x) = \frac{1}{x}$ . 2. $(g^{- 1} \circ f \circ g) (x) = \frac{1}{f ( g ( x ))} = \frac{1}{\frac{2}{x} + 3} = \frac{x}{2 + 3 x}$ . 3. Igualamos con $f (x)$ : $\frac{x}{2 + 3 x} = 2 x + 3$ , de donde $x = (2 x + 3) (3 x + 2) = 6 x^{2} + 13 x + 6$ . 4. Queda $6 x^{2} + 12 x + 6 = 0$ , es decir, $6 (x + 1)^{2} = 0$ y $x = - 1$ (raíz doble: las gráficas son tangentes). 5. $y = f (- 1) = 2 (- 1) + 3 = 1$ .

Resultado: a) i) $(g \circ f) (x) = \frac{1}{2 x + 3}$ , dominio $R ∖ {- \frac{3}{2}}$ ; ii) $(f \circ g) (x) = \frac{2}{x} + 3$ , dominio $R ∖ {0}$ ; b) $(- 1, 1)$

Ejercicio 95 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2011

Sabiendo que $f (x) = \frac{1}{1 + e ^{- x}}$ ,

a) halle $f^{- 1} (x)$ e indique su dominio.

b) halle el valor de $x$ para el cual $f (x) = f^{- 1} (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = ln (\frac{x}{1 - x})$ , $D_{f^{- 1}} =] 0, 1 [$ ; b) $x = 0, 659$

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $y = \frac{1}{1 + e ^{- x}}$ e intercambiamos los papeles de $x$ e $y$ : $x = \frac{1}{1 + e ^{- y}}$ . 2. Despejamos: $x (1 + e^{- y}) = 1 \Rightarrow e^{- y} = \frac{1 - x}{x} \Rightarrow - y = ln \frac{1 - x}{x}$ . 3. Luego $f^{- 1} (x) = ln \frac{x}{1 - x}$ . 4. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ . Como $e^{- x} > 0$ , $1 + e^{- x} > 1$ y $0 < f (x) < 1$ . Por tanto $D_{f^{- 1}} =] 0, 1 [$ (coincide con $\frac{x}{1 - x} > 0$ ).

b) 1. $f$ es estrictamente creciente. Si $f (x) = f^{- 1} (x) = y$ , aplicando $f$ resulta $f (y) = x$ y $f (x) = y$ ; si fuera $x < y$ se tendría $f (x) < f (y)$ , o sea $y < x$ (absurdo), y análogamente con $x > y$ . Luego $x = y$ , es decir, $f (x) = x$ . 2. Resolvemos con la CPG $\frac{1}{1 + e ^{- x}} = x$ (intersección con la recta $y = x$ ): $x \approx 0, 659$ .

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = ln (\frac{x}{1 - x})$ , $D_{f^{- 1}} =] 0, 1 [$ ; b) $x = 0, 659$

Ejercicio 96 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

La siguiente gráfica muestra $y = f (x)$ , donde $f (x) = x + ln x$ .

Gráfica de y = f(x) = x + ln x, que tiene como asíntota vertical el eje y y corta al eje x un poco a la derecha del origen

a) En el mismo gráfico, dibuje la curva $y = f^{- 1} (x)$ .

b) Encuentre las coordenadas del punto de intersección de la gráfica de $y = f (x)$ y de la gráfica de $y = f^{- 1} (x)$ .

Ver solución

a) 1. La gráfica de $f^{- 1}$ es la reflexión de la de $f$ en la recta $y = x$ : cada punto $(p, q)$ de $f$ pasa a $(q, p)$ . 2. La asíntota vertical $x = 0$ de $f$ se convierte en la asíntota horizontal $y = 0$ (el eje $x$ ) de $f^{- 1}$ por la izquierda; el corte de $f$ con el eje $x$ pasa a ser un corte de $f^{- 1}$ con el eje $y$ poco por encima del origen. $f^{- 1}$ es creciente y convexa (cóncava hacia arriba).

Gráficas de y = f(x), de y = f⁻¹(x) y de la recta y = x, que se cortan en el punto (1, 1)

b) 1. $f$ es creciente (suma de funciones crecientes), por lo que sus cortes con $f^{- 1}$ están en la recta $y = x$ . 2. $x + ln x = x \Rightarrow ln x = 0 \Rightarrow x = 1$ , y $f (1) = 1 + 0 = 1$ .

Resultado: a) $f^{- 1}$ es la reflexión de $f$ en $y = x$ ; b) $(1, 1)$

Ejercicio 97 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2021

Las funciones $f$ y $g$ se definen para $x \in R$ como $f (x) = 6 x^{2} - 12 x + 1$ y $g (x) = - x + c$ , donde $c \in R$ .

a) Halle el recorrido de $f$ .

b) Sabiendo que $(g \circ f) (x) \leq 0$ para todo $x \in R$ , determine el conjunto de posibles valores de $c$ .

Ver resultado

Resultado: a) $R_{f} = [- 5, + \infty [$ ; b) $c \leq - 5$

Ver proceso y resultado

a) 1. Completamos cuadrados: $f (x) = 6 x^{2} - 12 x + 1 = 6 (x - 1)^{2} - 5$ . 2. Parábola con ramas hacia arriba y vértice $(1, - 5)$ , así que su valor mínimo es $- 5$ . 3. $R_{f} = [- 5, + \infty [$ .

b) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = - f (x) + c$ . 2. La condición $- f (x) + c \leq 0$ para todo $x$ equivale a $f (x) \geq c$ para todo $x$ . 3. Esto ocurre cuando $c$ es menor o igual que el mínimo de $f$ : $c \leq - 5$ .

Resultado: a) $R_{f} = [- 5, + \infty [$ ; b) $c \leq - 5$

Ejercicio 98 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2004

a) Compruebe que $cos (A + B) + cos (A - B) = 2 cos (A) cos (B)$

b) Sea $T_{n} (x) = cos (n arccos (x))$ donde $x$ es un número real del intervalo $[- 1, 1]$ y $n$ es un entero positivo.

(i) Halle $T_{1} (x)$ .

(ii) Compruebe que $T_{2} (x) = 2 x^{2} - 1$ .

c) (i) Utilice el resultado del apartado (a) para comprobar que $T_{n + 1} (x) + T_{n - 1} (x) = 2 x T_{n} (x)$ .

(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, demuestre por inducción que $T_{n} (x)$ es un polinomio de grado $n$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) (i) $T_{1} (x) = x$ ; (ii) queda demostrado ( $T_{2} (x) = 2 x^{2} - 1$ ); c) (i) queda demostrado; (ii) queda demostrado: $T_{n} (x)$ es un polinomio de grado $n$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Desarrollamos con las fórmulas del coseno de una suma y de una diferencia: $cos (A + B) = cos A cos B - sin A sin B, cos (A - B) = cos A cos B + sin A sin B .$ 2. Sumamos miembro a miembro: los términos $sin A sin B$ se cancelan y queda $cos (A + B) + cos (A - B) = 2 cos A cos B$ .

b) (i) 1. Para $n = 1$ : $T_{1} (x) = cos (arccos x)$ . 2. Como $x \in [- 1, 1]$ , $cos (arccos x) = x$ . Así $T_{1} (x) = x$ .

(ii) 1. Para $n = 2$ : $T_{2} (x) = cos (2 arccos x)$ . 2. Con $θ = arccos x$ (luego $cos θ = x$ ) y $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ : $T_{2} (x) = 2 cos^{2} θ - 1 = 2 x^{2} - 1.$

c) (i) 1. Sea $θ = arccos x$ , de modo que $cos θ = x$ y $T_{n} (x) = cos (n θ)$ . 2. Aplicamos el resultado del apartado (a) con $A = n θ$ y $B = θ$ : $cos ((n + 1) θ) + cos ((n - 1) θ) = 2 cos (n θ) cos θ .$ 3. Es decir, $T_{n + 1} (x) + T_{n - 1} (x) = 2 x T_{n} (x)$ .

(ii) Demostramos por inducción que $T_{n} (x)$ es un polinomio de grado $n$ para todo entero $n \geq 1$ .

Casos base. $T_{1} (x) = x$ es de grado 1 y $T_{2} (x) = 2 x^{2} - 1$ es de grado 2.
Hipótesis de inducción. Suponemos que, para cierto $k \geq 2$ , $T_{k} (x)$ es un polinomio de grado $k$ y $T_{k - 1} (x)$ es un polinomio de grado $k - 1$ .
Paso inductivo. Por el apartado c)(i), con $n = k$ : $T_{k + 1} (x) = 2 x T_{k} (x) - T_{k - 1} (x)$ .
$2 x T_{k} (x)$ es un polinomio de grado $k + 1$ , mientras que $T_{k - 1} (x)$ tiene grado $k - 1 < k + 1$ . Restar un polinomio de grado menor no cambia el grado, así que $T_{k + 1} (x)$ es un polinomio de grado $k + 1$ .
Conclusión. Se cumple para $n = 1$ y $n = 2$ y, si es cierto para $k - 1$ y $k$ , lo es para $k + 1$ . Por tanto $T_{n} (x)$ es un polinomio de grado $n$ para todo $n \in Z^{+}$ .

Ejercicio 99 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2018

La función $f$ se define mediante $f (x) = \frac{a x + b}{c x + d}$ , para $x \in R$ , $x \neq = - \frac{d}{c}$ .

a) Halle la función inversa $f^{- 1}$ e indique su dominio.

La función $g$ se define mediante $g (x) = \frac{2 x - 3}{x - 2}$ , $x \in R$ , $x \neq = 2$ .

b) i) Exprese $g (x)$ en la forma $A + \frac{B}{x - 2}$ , donde $A$ y $B$ son constantes.

(ii) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = g (x)$ . Indique la ecuación de cada una de las asíntotas y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.

La función $h$ se define mediante $h (x) = x$ , para $x \geq 0$ .

c) Indique el dominio y el recorrido de $h \circ g$ .

Ver solución

a) 1. Escribimos $y = \frac{a x + b}{c x + d}$ y despejamos $x$ : $y (c x + d) = a x + b$ . 2. Agrupamos los términos en $x$ : $c x y - a x = b - d y$ , es decir, $x (cy - a) = b - d y$ . 3. Así $x = \frac{b - d y}{cy - a}$ y, cambiando las variables, $f^{- 1} (x) = \frac{b - d x}{c x - a}$ . 4. El dominio de $f^{- 1}$ es el rango de $f$ . La función $f$ tiene asíntota horizontal $y = \frac{a}{c}$ y no toma ese valor, así que el dominio es $R - {\frac{a}{c}}$ (coincide con $c x - a \neq = 0$ ).

b) i) 1. Dividimos: $2 x - 3 = 2 (x - 2) + 1$ . 2. Luego $g (x) = \frac{2 ( x - 2 ) + 1}{x - 2} = 2 + \frac{1}{x - 2}$ , con $A = 2$ y $B = 1$ .

(ii) 1. Asíntota vertical $x = 2$ (donde se anula el denominador) y asíntota horizontal $y = 2$ (por la forma $A + \frac{B}{x - 2}$ ). 2. Corte con el eje $y$ : $g (0) = \frac{- 3}{- 2} = \frac{3}{2}$ , el punto $(0; 1, 5)$ . 3. Corte con el eje $x$ : $2 x - 3 = 0$ , $x = \frac{3}{2}$ , el punto $(1, 5; 0)$ . 4. Como $B = 1 > 0$ , la rama derecha baja desde $+ \infty$ hacia $y = 2$ por encima, y la izquierda queda por debajo de $y = 2$ y cae a $- \infty$ cuando $x \to 2^{-}$ .

Gráfica pedida de y = g(x) = (2x - 3)/(x - 2)

Asíntota vertical: $x = 2$ . Asíntota horizontal: $y = 2$ .

Cortes con los ejes: $(0; 1, 5)$ y $(1, 5; 0)$ .

c) 1. $h \circ g (x) = g (x)$ . Su dominio exige $x \neq = 2$ y $g (x) \geq 0$ . 2. $\frac{2 x - 3}{x - 2} \geq 0$ : el numerador se anula en $\frac{3}{2}$ y el denominador en $2$ ; el cociente es positivo o cero para $x \leq \frac{3}{2}$ o $x > 2$ . 3. Dominio: $] - \infty, \frac{3}{2}] \cup] 2, + \infty [$ . 4. Para el recorrido: $g$ toma todos los valores salvo $2$ . Con $g \geq 0$ quedan los valores de $[0, 2 [\cup] 2, + \infty [$ y al tomar la raíz cuadrada el recorrido es $[0, 2 [\cup] 2, + \infty [$ .

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{b - d x}{c x - a}$ , con dominio $R - {\frac{a}{c}}$ ; b) i) $g (x) = 2 + \frac{1}{x - 2}$ , $A = 2$ , $B = 1$ ; ii) asíntotas $x = 2$ e $y = 2$ , cortes $(0; 1, 5)$ y $(1, 5; 0)$ ; c) $D_{h \circ g} =] - \infty, \frac{3}{2}] \cup] 2, + \infty [$ , $R_{h \circ g} = [0, 2 [\cup] 2, + \infty [$

Ejercicio 100 DifícilIB · P1 Noviembre 2003

Sea $f (x) = sen (arcsin \frac{x}{4} - arccos \frac{3}{5})$ , para $- 4 \leq x \leq 4$ .

a) En la siguiente cuadrícula, dibuje de forma aproximada la gráfica de $f (x)$ .

b) En la gráfica, indique claramente las coordenadas de los puntos de corte con el eje $x$ y con el eje $y$ , el mínimo y los extremos de la curva $f (x)$ .

c) Resuelva $f (x) = - \frac{1}{2}$ .

Ver solución

Sea $α = arccos \frac{3}{5}$ , con $sen α = \frac{4}{5}$ , y $β = arcsin \frac{x}{4}$ , con $cos β = \frac{16 - x ^{2}}{4}$ .

Con $sen (β - α) = sen β cos α - cos β sen α$ : $f (x) = \frac{x}{4} \cdot \frac{3}{5} - \frac{16 - x ^{2}}{4} \cdot \frac{4}{5} = \frac{3 x}{20} - \frac{16 - x ^{2}}{5} .$

a) y b) 1. Extremos: $f (- 4) = - \frac{12}{20} = - 0, 6$ y $f (4) = 0, 6$ .

Corte con el eje $y$ : $f (0) = - \frac{4}{5} = - 0, 8$ .
Corte con el eje $x$ : $\frac{3 x}{20} = \frac{16 - x ^{2}}{5} \Rightarrow 3 x = 4 16 - x^{2}$ (con $x > 0$ ) $\Rightarrow 9 x^{2} = 256 - 16 x^{2} \Rightarrow x = \frac{16}{5} = 3, 2$ .
Mínimo: el argumento $β - α$ recorre $[- \frac{π}{2} - α, \frac{π}{2} - α]$ y el seno vale $- 1$ cuando $β - α = - \frac{π}{2}$ , es decir, $β = α - \frac{π}{2}$ y $x = 4 sen β = - 4 cos α = - 2, 4$ . Mínimo $(- 2, 4; - 1)$ .
La gráfica va desde $(- 4; - 0, 6)$ bajando hasta el mínimo, sube pasando por $(0; - 0, 8)$ y $(3, 2; 0)$ y termina en $(4; 0, 6)$ .

Gráfica de y = f(x) para x entre −4 y 4, con los extremos, el mínimo y los cortes con los ejes

c) 1. $\frac{3 x}{20} - \frac{16 - x ^{2}}{5} = - \frac{1}{2} \Rightarrow 3 x + 10 = 4 16 - x^{2}$ .

Elevamos al cuadrado: $9 x^{2} + 60 x + 100 = 256 - 16 x^{2} \Rightarrow 25 x^{2} + 60 x - 156 = 0$ .
$x = \frac{- 60 \pm 3600 + 15600}{50} = \frac{- 6 \pm 8 3}{5}$ , es decir, $x \approx 1, 57$ o $x \approx - 3, 97$ .
Comprobación: $3 x + 10$ debe ser positivo (es igual a una raíz), y para $x = - 3, 97$ vale $- 1, 9 < 0$ , así que se descarta.

Resultado: a) y b) gráfica con extremos $(- 4; - 0, 6)$ y $(4; 0, 6)$ , mínimo $(- 2, 4; - 1)$ , cortes $(0; - 0, 8)$ y $(3, 2; 0)$ ; c) $x = 1, 57$

Ejercicio 101 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Considere las funciones $f (x) = e^{2 x}$ y $g (x) = sen \frac{π x}{2}$ .

a) Encuentre el período de la función $f \circ g$ .

b) Encuentre los intervalos para los cuales $(f \circ g) (x) > 4$ .

Ver resultado

Resultado: a) Periodo $= 4$ ; b) $x \in] 0, 487 + 4 k, 1, 512 + 4 k [$ , $k \in Z$

Ver proceso y resultado

a) 1. $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = e^{2 sen (π x /2)}$ .

La exponencial no altera la periodicidad: el periodo es el de $sen \frac{π x}{2}$ , es decir, $\frac{2 π}{π /2} = 4$ .

b) 1. $e^{2 sen (π x /2)} > 4 \Rightarrow 2 sen \frac{π x}{2} > ln 4 \Rightarrow sen \frac{π x}{2} > ln 2 \approx 0, 693$ .

En un periodo, $sen u > ln 2$ para $arcsin (ln 2) < u < π - arcsin (ln 2)$ , con $arcsin (ln 2) \approx 0, 766$ .
Con $u = \frac{π x}{2}$ : $x \in] 0, 487; 1, 512 [$ (es $\frac{2}{π} \cdot 0, 766$ y $2 - 0, 487$ ).
Sumando periodos de $4$ : $x \in] 0, 487 + 4 k, 1, 512 + 4 k [$ , $k \in Z$ .

Resultado: a) Periodo $= 4$ ; b) $x \in] 0, 487 + 4 k, 1, 512 + 4 k [$ , $k \in Z$

Ejercicio 102 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

a) La función $f$ está definida de la siguiente forma $f (x) = (x + 2)^{2} - 3$ .

La función $g$ viene dada por $g (x) = a x + b$ , donde $a$ y $b$ son constantes.

Halle el valor de $a$ , siendo $a > 0$ y el correspondiente valor de $b$ , de tal forma que se cumpla $f (g (x)) = 4 x^{2} + 6 x - \frac{3}{4}$ .

b) Las funciones $h$ y $k$ vienen dadas, respectivamente, por $h (x) = 5 x + 2$ y $k (x) = c x^{2} - x + 2$ .

Halle el valor de $c$ para el cual las raíces de $h (k (x)) = 0$ son iguales.

Ver resultado

Resultado: a) $a = 2$ , $b = - \frac{1}{2}$ ; b) $c = \frac{5}{48}$

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (g (x)) = (g (x) + 2)^{2} - 3 = (a x + b + 2)^{2} - 3 = a^{2} x^{2} + 2 a (b + 2) x + (b + 2)^{2} - 3$ .

Igualamos coeficientes con $4 x^{2} + 6 x - \frac{3}{4}$ : $a^{2} = 4, 2 a (b + 2) = 6, (b + 2)^{2} - 3 = - \frac{3}{4} .$
Con $a > 0$ , $a = 2$ . Entonces $4 (b + 2) = 6 \Rightarrow b + 2 = \frac{3}{2} \Rightarrow b = - \frac{1}{2}$ .
Comprobación: $(\frac{3}{2})^{2} - 3 = - \frac{3}{4}$ , correcto.

b) 1. $h (k (x)) = 5 (c x^{2} - x + 2) + 2 = 5 c x^{2} - 5 x + 12$ .

Las raíces de $5 c x^{2} - 5 x + 12 = 0$ son iguales cuando $Δ = 0$ : $25 - 4 \cdot 5 c \cdot 12 = 25 - 240 c = 0$ .
$c = \frac{25}{240} = \frac{5}{48}$ .

Resultado: a) $a = 2$ , $b = - \frac{1}{2}$ ; b) $c = \frac{5}{48}$

Ejercicio 103 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

Considere la función $g$ , donde $g (x) = \frac{3 x}{5 + x ^{2}}$ .

a) Sabiendo que el dominio de $g$ es $x \geq a$ , halle el menor valor de $a$ para el cual existe la función inversa de $g$ .

b) Dibuje aproximadamente, utilizando los mismos ejes de coordenadas,

(i) la gráfica de $g$ para este valor de $a$ .

(ii) la correspondiente función inversa, $g^{- 1}$ .

c) Halle una expresión para $g^{- 1} (x)$ .

Ver solución

a) 1. Para que $g$ tenga inversa en $x \geq a$ debe ser inyectiva (monótona): $a$ debe ser el menor valor desde el que $g$ ya solo crece o solo decrece.

$g^{'} (x) = \frac{3 ( 5 + x ^{2} ) - 3 x \cdot 2 x}{( 5 + x ^{2} ) ^{2}} = \frac{3 ( 5 - x ^{2} )}{( 5 + x ^{2} ) ^{2}}$ , que se anula en $x = \pm 5$ . Para $x > 5$ , $g^{'} < 0$ y $g$ es decreciente.
Es el menor valor posible: $a = 5 \approx 2, 24$ . Allí $g (5) = \frac{3 5}{10} \approx 0, 67$ (máximo).

b) 1. La gráfica de $g$ para $x \geq 5$ parte de $(2, 24; 0, 67)$ y decrece hacia $0$ (asíntota $y = 0$ ).

La gráfica de $g^{- 1}$ es su simétrica respecto de $y = x$ : parte de $(0, 67; 2, 24)$ y sube casi verticalmente al acercarse al eje $y$ (asíntota $x = 0$ ).

Gráficas de g y de su función inversa dibujadas sobre los mismos ejes, junto a la recta y = x

c) 1. $y = \frac{3 x}{5 + x ^{2}} \Rightarrow y x^{2} - 3 x + 5 y = 0$ , una ecuación de segundo grado en $x$ .

$x = \frac{3 \pm 9 - 20 y ^{2}}{2 y}$ .
Como $x \geq 5$ (la rama más grande), se toma el signo $+$ (el signo $-$ da valores menores que $5$ ).
Intercambiamos: $g^{- 1} (x) = \frac{3 + 9 - 20 x ^{2}}{2 x}$ , con $0 < x \leq \frac{3 5}{10}$ .

Resultado: a) $a = 2, 24$ ; b) gráficas de $g$ y de $g^{- 1}$ simétricas respecto de $y = x$ , partiendo de $(2, 24; 0, 67)$ y $(0, 67; 2, 24)$ ; c) $g^{- 1} (x) = \frac{3 + 9 - 20 x ^{2}}{2 x}$

Ejercicio 104 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2014

Sea $f (x) = ∣ x ∣ - 1$ .

a) La gráfica de $y = g (x)$ se dibuja a continuación.

Gráfica de y = g(x), una curva simétrica respecto del eje y que corta al eje x en -2, -1, 1 y 2 y al eje y en 4

(i) Calcule el valor de $(f \circ g) (1)$ .

(ii) Calcule el valor de $(f \circ g \circ g) (1)$ .

(iii) Dibuje la gráfica de $y = (f \circ g) (x)$ .

b) i) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ .

(ii) Indique los ceros de $f$ .

c) i) Dibuje el gráfico de $y = (f \circ f) (x)$ .

(ii) Indique los ceros de $f \circ f$ .

d) Sabiendo que podemos denotar $n veces f \circ f \circ \dots \circ f$ como $f^{n}$ ,

(i) calcule los ceros de $f^{3}$ ;

(ii) calcule los ceros de $f^{4}$ ;

(iii) deduzca los ceros de $f^{8}$ .

e) Los ceros de $f^{2 n}$ son $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{N}$ .

(i) Indique la relación entre $n$ y $N$ ;

(ii) Calcule y simplifique una expresión para $r = 1 \sum N ∣ a_{r} ∣$ en función de $n$ .

Ver solución

a) i) Del gráfico, $g (1) = 0$ . Entonces $(f \circ g) (1) = f (0) = ∣ 0 ∣ - 1 = - 1$ .

(ii) $(f \circ g \circ g) (1) = f (g (g (1))) = f (g (0))$ y $g (0) = 4$ (corte con el eje $y$ ). Entonces $f (4) = ∣ 4 ∣ - 1 = 3$ .

(iii) 1. $(f \circ g) (x) = ∣ g (x)∣ - 1$ : se refleja hacia arriba la parte de $g$ que está bajo el eje $x$ y después se baja toda la gráfica una unidad. 2. Máximo local $(0, 3)$ ; los ceros de $g$ ( $x = \pm 1, \pm 2$ ) pasan a valor $- 1$ (picos hacia abajo); los dos mínimos de $g$ (negativos) se vuelven máximos locales de $∣ g ∣ - 1$ ; fuera de $[- 2, 2]$ la curva sube sin límite.

Gráfica de y = (f∘g)(x) = |g(x)| - 1, con forma de W doble y simetría respecto del eje y

b) i) $y = ∣ x ∣ - 1$ es una «V» con vértice en $(0, - 1)$ y pendientes $\pm 1$ .

Gráfica de y = f(x) = |x| - 1, con forma de V y vértice en (0, -1)

(ii) $∣ x ∣ - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$ y $x = - 1$ .

c) i) $(f \circ f) (x) = ∣ x ∣ - 1 - 1$ : se refleja hacia arriba la parte negativa de la «V» y se baja una unidad. Resulta una «W» con máximo local $(0, 0)$ , mínimos $(\pm 1, - 1)$ y ramas rectas $y = ∣ x ∣ - 2$ fuera de $[- 2, 2]$ .

Gráfica de y = (f∘f)(x) = ||x| - 1| - 1, con forma de W, que corta al eje x en -2, 0 y 2

(ii) $∣ x ∣ - 1 = 1 \Rightarrow ∣ x ∣ - 1 = \pm 1 \Rightarrow ∣ x ∣ = 2$ o $∣ x ∣ = 0$ : $x = 0, \pm 2$ .

d) Observamos que $f (u) = z ⟺ ∣ u ∣ = z + 1$ , posible solo si $z \geq - 1$ (el mínimo de $f$ es $- 1$ ). Así, los ceros de $f^{k + 1}$ se obtienen resolviendo $f (x) = z$ para cada cero $z$ de $f^{k}$ .

(i) 1. Los ceros de $f^{2}$ son $0, \pm 2$ , luego $f^{3} (x) = 0 ⟺ f (x) \in {0, 2, - 2}$ . 2. $f (x) = 0 \Rightarrow x = \pm 1$ ; $f (x) = 2 \Rightarrow ∣ x ∣ = 3$ ; $f (x) = - 2$ es imposible. 3. Ceros de $f^{3}$ : $x = \pm 1, \pm 3$ .

(ii) 1. $f^{4} (x) = 0 ⟺ f (x) \in {\pm 1, \pm 3}$ (ceros de $f^{3}$ ). 2. $f (x) = 1 \Rightarrow x = \pm 2$ ; $f (x) = - 1 \Rightarrow x = 0$ ; $f (x) = 3 \Rightarrow x = \pm 4$ ; $f (x) = - 3$ imposible. 3. Ceros de $f^{4}$ : $x = 0, \pm 2, \pm 4$ .

(iii) 1. Repitiendo el razonamiento, los ceros de $f^{2 n}$ son $0, \pm 2, \pm 4, \dots, \pm 2 n$ (cada dos aplicaciones se añade un par de valores nuevos). 2. Para $f^{8}$ ( $n = 4$ ): $x = 0, \pm 2, \pm 4, \pm 6, \pm 8$ .

e) i) Los ceros son el $0$ y los $2 n$ valores $\pm 2, \pm 4, \dots, \pm 2 n$ : $N = 2 n + 1$ .

(ii) 1. $r = 1 \sum N ∣ a_{r} ∣ = 2 (2 + 4 + \dots + 2 n) = 4 (1 + 2 + \dots + n)$ . 2. $= 4 \cdot \frac{n ( n + 1 )}{2} = 2 n (n + 1)$ .

Resultado: a) i) $- 1$ ; ii) $3$ ; iii) $y = ∣ g (x)∣ - 1$ ; b) i) «V» de vértice $(0, - 1)$ ; ii) $x = \pm 1$ ; c) i) «W» con máximo local $(0, 0)$ y mínimos $(\pm 1, - 1)$ ; ii) $x = 0, \pm 2$ ; d) i) $x = \pm 1, \pm 3$ ; ii) $x = 0, \pm 2, \pm 4$ ; iii) $x = 0, \pm 2, \pm 4, \pm 6, \pm 8$ ; e) i) $N = 2 n + 1$ ; ii) $2 n (n + 1)$

Ejercicio 105 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

El siguiente gráfico representa una función $y = f (x)$ , donde $- 3 \leq x \leq 5$ .

La función tiene un máximo en $(3, 1)$ y un mínimo en $(- 1, - 1)$ .

Gráfica de y = f(x) para x entre -3 y 5, con un mínimo en (-1, -1) y un máximo en (3, 1)

a) Las funciones $u$ y $v$ vienen dadas por $u (x) = x - 3$ , $v (x) = 2 x$ , donde $x \in R$ .

(i) Indique cuál es el recorrido de la función $u \circ f$ .

(ii) Indique cuál es el recorrido de la función $u \circ v \circ f$ .

(iii) Halle el mayor dominio posible de la función $f \circ v \circ u$ .

b) i) Explique por qué la función $f$ no tiene inversa.

(ii) El dominio de $f$ se restringe para así definir una función $g$ que sí que tenga inversa $g^{- 1}$ . Indique cuál es el mayor dominio posible de $g$ .

(iii) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = g^{- 1} (x)$ , mostrando claramente el punto de corte con el eje $y$ e indicando las coordenadas de los extremos.

Considere la función que viene dada por $h (x) = \frac{2 x - 5}{x + d}, x \neq = - d$ y $d \in R$ .

c) i) Halle una expresión para la función inversa $h^{- 1} (x)$ .

(ii) Halle el valor de $d$ para el cual la función $h$ coincide con su inversa.

Para este valor de $d$ , existe una función $k$ tal que $(h \circ k) (x) = \frac{2 x}{x + 1}, x \neq = - 1$ .

(iii) Halle $k (x)$ .

Ver solución

a) i) 1. $u (f (x)) = f (x) - 3$ . El recorrido de $f$ es $[- 1, 1]$ . 2. Restando $3$ : $R_{u \circ f} = [- 4, - 2]$ .

(ii) 1. $(u \circ v \circ f) (x) = u (v (f (x))) = 2 f (x) - 3$ . 2. $2 f \in [- 2, 2]$ , y restando $3$ : $R_{u \circ v \circ f} = [- 5, - 1]$ .

(iii) 1. $(f \circ v \circ u) (x) = f (v (u (x))) = f (2 (x - 3)) = f (2 x - 6)$ . 2. $f$ está definida para $- 3 \leq 2 x - 6 \leq 5$ , es decir, $3 \leq 2 x \leq 11$ . 3. $\frac{3}{2} \leq x \leq \frac{11}{2}$ : $D = [\frac{3}{2}, \frac{11}{2}]$ .

b) i) Una función tiene inversa si es inyectiva. Aquí hay valores distintos $x_{1} \neq = x_{2}$ con la misma imagen, por ejemplo $f (- 3) = f (1) = 0$ (la recta horizontal $y = 0$ corta la gráfica varias veces). Luego $f$ no es inyectiva.

(ii) 1. Hay que restringir el dominio a un intervalo donde $f$ sea monótona. Entre el mínimo $(- 1, - 1)$ y el máximo $(3, 1)$ la función es creciente. 2. El mayor dominio posible es $D_{g} = [- 1, 3]$ .

(iii) 1. $g$ va de $(- 1, - 1)$ a $(3, 1)$ y pasa por $(1, 0)$ . Su inversa se obtiene reflejando en $y = x$ : va de $(- 1, - 1)$ a $(1, 3)$ y pasa por $(0, 1)$ . 2. Corte con el eje $y$ : $(0, 1)$ . Extremos: $(- 1, - 1)$ y $(1, 3)$ . Dominio de $g^{- 1}$ : $[- 1, 1]$ ; recorrido: $[- 1, 3]$ .

Gráficas de y = g(x) (discontinua), de y = g⁻¹(x) y de la recta y = x, con los extremos (-1, -1) y (1, 3) y el corte con el eje y

c) i) 1. Despejamos $x$ en $y = \frac{2 x - 5}{x + d}$ : $y x + y d = 2 x - 5 \Rightarrow x (y - 2) = - 5 - y d \Rightarrow x = \frac{y d + 5}{2 - y}$ . 2. $h^{- 1} (x) = \frac{d x + 5}{2 - x}$ .

(ii) 1. Que $h$ coincida con su inversa: $\frac{2 x - 5}{x + d} = \frac{d x + 5}{2 - x} = \frac{- d x - 5}{x - 2}$ . 2. Los denominadores deben coincidir: $x + d = x - 2$ , luego $d = - 2$ . Entonces los numeradores son $2 x - 5$ y $- (- 2) x - 5 = 2 x - 5$ , iguales. 3. $d = - 2$ .

(iii) 1. Con $d = - 2$ , $h (x) = \frac{2 x - 5}{x - 2}$ y $h^{- 1} = h$ . 2. De $h (k (x)) = \frac{2 x}{x + 1}$ , aplicando $h^{- 1} = h$ : $k (x) = h (\frac{2 x}{x + 1}) = \frac{\frac{4 x}{x + 1} - 5}{\frac{2 x}{x + 1} - 2}$ . 3. Multiplicamos numerador y denominador por $x + 1$ : $\frac{4 x - 5 ( x + 1 )}{2 x - 2 ( x + 1 )} = \frac{- x - 5}{- 2} = \frac{x + 5}{2}$ .

Resultado: a) i) $[- 4, - 2]$ ; ii) $[- 5, - 1]$ ; iii) $[\frac{3}{2}, \frac{11}{2}]$ ; b) i) $f$ no es inyectiva; ii) $D_{g} = [- 1, 3]$ ; iii) corte $(0, 1)$ y extremos $(- 1, - 1)$ y $(1, 3)$ ; c) i) $h^{- 1} (x) = \frac{d x + 5}{2 - x}$ ; ii) $d = - 2$ ; iii) $k (x) = \frac{x + 5}{2}$

Límites, asíntotas y continuidad

Ejercicio 106 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2014

La función $f$ viene dada por $f (x) = {1 - 2 x x \leq 2 \frac{3}{4} (x - 2)^{2} - 3 x > 2$ .

a) Determina si $f$ es o no continua.

El gráfico de la función $g$ se obtiene aplicando las siguientes transformaciones al gráfico de $f$ : una simetría respecto al eje $y$ seguida de una traslación por medio del vector $(20)$ .

b) Halle $g (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f$ es continua para todo $x$ ; b) $g (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 2 x - 3 \frac{3}{4} x^{2} - 3 x \geq 0 x < 0$

Ver proceso y resultado

a) 1. Cada trozo es continuo en su intervalo (un polinomio). Solo hay que comprobar el punto de unión $x = 2$ . 2. Por la izquierda: $f (2) = 1 - 2 \cdot 2 = - 3$ . 3. Por la derecha: $\frac{3}{4} (2 - 2)^{2} - 3 = - 3$ . 4. Los dos valores coinciden con $f (2)$ , así que $f$ es continua en $x = 2$ y, por tanto, en todo $R$ .

b) 1. La simetría respecto del eje $y$ cambia $x$ por $- x$ : se obtiene $f (- x)$ . 2. La traslación por $(20)$ cambia $x$ por $x - 2$ : $g (x) = f (- (x - 2)) = f (2 - x)$ . 3. Si $2 - x \leq 2$ , es decir, $x \geq 0$ : $g (x) = 1 - 2 (2 - x) = 2 x - 3$ . 4. Si $2 - x > 2$ , es decir, $x < 0$ : $g (x) = \frac{3}{4} (2 - x - 2)^{2} - 3 = \frac{3}{4} x^{2} - 3$ .

Resultado: a) $f$ es continua para todo $x$ ; b) $g (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 2 x - 3 \frac{3}{4} x^{2} - 3 x \geq 0 x < 0$

Exponenciales y logaritmos

Ejercicio 107 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2013

La función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{3 ^{x} + 1}{3 ^{x} - 3 ^{- x}}$ para $x > 0$ .

a) Compruebe que $f (x) > 1$ para todo $x > 0$ .

b) Resuelva la ecuación $f (x) = 4$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $x = \frac{ln ( \frac{4}{3} )}{ln 3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Sea $t = 3^{x}$ . Como $x > 0$ , $t > 1$ . Además $3^{- x} = \frac{1}{t}$ . 2. Reescribimos: $f (x) = \frac{t + 1}{t - \frac{1}{t}} = \frac{t ( t + 1 )}{t ^{2} - 1} = \frac{t ( t + 1 )}{( t - 1 ) ( t + 1 )} = \frac{t}{t - 1}$ . 3. Restamos 1: $f (x) - 1 = \frac{t}{t - 1} - 1 = \frac{1}{t - 1}$ . 4. Como $t > 1$ , $t - 1 > 0$ y $f (x) - 1 > 0$ . Por tanto $f (x) > 1$ para todo $x > 0$ .

b) 1. Con la expresión del apartado a): $\frac{t}{t - 1} = 4$ . 2. Entonces $t = 4 t - 4$ , de donde $t = \frac{4}{3}$ (que cumple $t > 1$ ). 3. Por tanto $3^{x} = \frac{4}{3}$ y $x = lo g_{3} \frac{4}{3} = \frac{ln \frac{4}{3}}{ln 3}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $x = \frac{ln ( \frac{4}{3} )}{ln 3}$

Ejercicio 108 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

Sea $y = lo g_{3} (z)$ donde $z$ es una función de $x$ . La siguiente figura muestra la recta $L$ , que representa la gráfica de $y$ en función de $x$ .

Recta L que representa y en función de x

a) Usando la gráfica, o de cualquier otro modo, estime el valor de $x$ cuando $z = 9$ .

b) La recta $L$ pasa por el punto $(1, lo g_{3} \frac{5}{9})$ . Su pendiente es $2$ . Halle una expresión para $z$ en función de $x$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x \approx 2, 3$ ; b) $z = \frac{5}{81} 9^{x}$

Ver proceso y resultado

a) 1. $z = 9$ equivale a $y = lo g_{3} 9 = 2$ .

En la gráfica de $L$ se busca la abscisa del punto con $y = 2$ : se lee $x \approx 2, 3$ .

b) 1. La recta $L$ tiene pendiente $2$ y pasa por $(1, lo g_{3} \frac{5}{9})$ : $y = 2 (x - 1) + lo g_{3} \frac{5}{9}$ .

Como $y = lo g_{3} z$ , $z = 3^{y} = 3^{2 (x - 1)} \cdot 3^{l o g_{3} (5/9)} = 9^{x - 1} \cdot \frac{5}{9}$ .
$z = \frac{5}{9} \cdot \frac{9 ^{x}}{9} = \frac{5}{81} 9^{x}$ .

(Comprobación de a): $z = 9$ da $9^{x} = \frac{729}{5}$ , $x = lo g_{9} \frac{729}{5} \approx 2, 27$ .)

Resultado: a) $x \approx 2, 3$ ; b) $z = \frac{5}{81} 9^{x}$

Ejercicio 109 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

Sea $g (x) = lo g_{5} ∣ 2 lo g_{3} x ∣$ . Calcule el producto de los ceros de $g$ .

Ver resultado

Resultado: el producto de los ceros es $1$ .

Ver proceso y resultado

$g (x) = 0$ equivale a $lo g_{5} ∣2 lo g_{3} x ∣ = 0$ , es decir, $∣2 lo g_{3} x ∣ = 5^{0} = 1$ .
Entonces $2 lo g_{3} x = 1$ o $2 lo g_{3} x = - 1$ , o sea, $lo g_{3} x = \frac{1}{2}$ o $lo g_{3} x = - \frac{1}{2}$ .
$x = 3^{1/2} = 3$ o $x = 3^{- 1/2} = \frac{1}{3}$ .
Producto: $3 \cdot \frac{1}{3} = 1$ .

Resultado: el producto de los ceros es $1$ .

Ejercicio 110 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

La siguiente figura muestra un dibujo aproximado de la gráfica de $y = f (x)$ .

Gráfica de y = f(x): asíntota vertical en x = 1, la curva sube desde menos infinito, pasa por (4, 0) y crece lentamente hasta x = 10

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f^{- 1} (x)$ sobre los mismos ejes de coordenadas,

b) Indique el recorrido de $f^{- 1}$ .

c) Sabiendo que $f (x) = ln (a x + b)$ , $x > 1$ , halle el valor de $a$ y el valor de $b$ .

Ver solución

a) 1. La gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de la recta $y = x$ . 2. La asíntota vertical $x = 1$ de $f$ pasa a ser la asíntota horizontal $y = 1$ de $f^{- 1}$ . 3. El corte $(4, 0)$ de $f$ pasa a ser $(0, 4)$ en $f^{- 1}$ .

Gráficas pedidas de f y de su inversa sobre los mismos ejes

b) 1. El recorrido de $f^{- 1}$ es el dominio de $f$ , es decir, $x > 1$ . 2. Por tanto $R_{f^{- 1}} =] 1, + \infty [$ .

c) 1. La función es $f (x) = ln \frac{x - 1}{3}$ . 2. Escribimos $\frac{x - 1}{3} = \frac{1}{3} x - \frac{1}{3}$ . 3. Por tanto $f (x) = ln (\frac{1}{3} x - \frac{1}{3})$ , con $a = \frac{1}{3}$ y $b = - \frac{1}{3}$ (y $\frac{1}{3} x - \frac{1}{3} > 0 ⟺ x > 1$ ).

Resultado: a) gráfica simétrica de $f$ respecto de $y = x$ , con asíntota horizontal $y = 1$ y corte con el eje $y$ en $(0, 4)$ ; b) $R_{f^{- 1}} =] 1, + \infty [$ ; c) $a = \frac{1}{3}$ , $b = - \frac{1}{3}$

Funciones circulares y modelos periódicos

Ejercicio 111 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2018

Sea $f (x) = tan (x + π) cos (x - \frac{π}{2})$ , $0 < x < \frac{π}{2}$ . Exprese $f (x)$ en función de $sin x$ y $cos x$ .

Ver resultado

Resultado: $f (x) = \frac{sin ^{2} x}{cos x}$

Ver proceso y resultado

Usamos la periodicidad de la tangente: $tan (x + π) = tan x = \frac{sin x}{cos x}$ .
Usamos el desfase del coseno: $cos (x - \frac{π}{2}) = sin x$ .
Multiplicamos: $f (x) = \frac{sin x}{cos x} \cdot sin x = \frac{sin ^{2} x}{cos x}$ .

Resultado: $f (x) = \frac{sin ^{2} x}{cos x}$

Ejercicio 112 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2009

El siguiente diagrama muestra una curva con la ecuación $y = 1 + k sen x$ , definida para $0 \leq x \leq 3 π$ .

Curva sinusoidal definida entre 0 y 3 pi con un punto A y el punto máximo B

El punto $A (\frac{π}{6}, - 2)$ se encuentra en la curva y $B (a, b)$ es el punto máximo.

a) Muestre que $k = - 6$ .

b) Usando lo anterior, encuentre los valores de $a$ y $b$ .

Ver resultado

Resultado: a) $k = - 6$ ; b) $a = \frac{3 π}{2}$ , $b = 7$

Ver proceso y resultado

a) 1. $A (\frac{π}{6}, - 2)$ está en la curva: $- 2 = 1 + k sen \frac{π}{6}$ .

Como $sen \frac{π}{6} = \frac{1}{2}$ : $- 2 = 1 + \frac{k}{2} \Rightarrow \frac{k}{2} = - 3 \Rightarrow k = - 6$ .

b) 1. La curva es $y = 1 - 6 sen x$ . El máximo $B$ se da donde $sen x = - 1$ .

En $0 \leq x \leq 3 π$ , $sen x = - 1$ para $x = \frac{3 π}{2}$ (el primer máximo; el siguiente sería $\frac{7 π}{2} > 3 π$ ).
$b = 1 - 6 (- 1) = 7$ .

Resultado: a) $k = - 6$ ; b) $a = \frac{3 π}{2}$ , $b = 7$

Ejercicio 113 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2014

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = cos (\frac{x}{4})$ para $0 \leq x \leq 8 π$ .

b) Resuelva $cos (\frac{x}{4}) = \frac{1}{2}$ para $0 \leq x \leq 8 π$ .

Ver solución

a) 1. $y = cos \frac{x}{4}$ tiene periodo $\frac{2 π}{1/4} = 8 π$ : en $[0, 8 π]$ hay exactamente un ciclo. 2. Vale $1$ en $x = 0$ y $x = 8 π$ , $0$ en $x = 2 π$ y $x = 6 π$ , y $- 1$ en $x = 4 π$ . 3. El valor absoluto refleja hacia arriba la parte negativa (entre $2 π$ y $6 π$ ): obtenemos dos arcos de periodo $4 π$ , con máximos $1$ en $x = 0$ , $4 π$ y $8 π$ y picos hacia abajo (valor $0$ ) en $x = 2 π$ y $x = 6 π$ .

Gráfica pedida de y = |cos(x/4)| para 0 ≤ x ≤ 8π

b) 1. $∣ cos u ∣ = \frac{1}{2}$ con $u = \frac{x}{4} \in [0, 2 π]$ equivale a $cos u = \frac{1}{2}$ o $cos u = - \frac{1}{2}$ . 2. $cos u = \frac{1}{2}$ : $u = \frac{π}{3}$ y $u = \frac{5 π}{3}$ . 3. $cos u = - \frac{1}{2}$ : $u = \frac{2 π}{3}$ y $u = \frac{4 π}{3}$ . 4. Multiplicamos por 4: $x = \frac{4 π}{3}, \frac{8 π}{3}, \frac{16 π}{3}, \frac{20 π}{3}$ .

Resultado: a) gráfica de dos arcos de periodo $4 π$ con máximos $1$ en $x = 0, 4 π, 8 π$ y valor $0$ en $x = 2 π, 6 π$ ; b) $x = \frac{4 π}{3}$ , $\frac{8 π}{3}$ , $\frac{16 π}{3}$ , $\frac{20 π}{3}$

Ejercicio 114 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

El siguiente diagrama muestra la curva $y = a sen (b (x + c)) + d$ , donde $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son todas constantes positivas. La curva tiene un punto máximo en $(1; 3, 5)$ y un punto mínimo en $(2; 0, 5)$ .

Curva sinusoidal con un máximo en (1; 3,5) y un mínimo en (2; 0,5)

a) Calcule el valor de $a$ y el valor de $d$ .

b) Encuentre el valor de $b$ .

c) Encuentre el valor más pequeño posible de $c$ , sabiendo que $c > 0$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = 1, 5$ , $d = 2$ ; b) $b = π$ ; c) $c = 1, 5$

Ver proceso y resultado

a) 1. La amplitud es la mitad de la diferencia entre máximo y mínimo: $a = \frac{3 , 5 - 0 , 5}{2} = 1, 5$ . 2. La recta media es la media de ambos: $d = \frac{3 , 5 + 0 , 5}{2} = 2$ .

b) 1. De un máximo a un mínimo consecutivo hay medio periodo: de $x = 1$ a $x = 2$ , es decir, $\frac{T}{2} = 1$ y $T = 2$ . 2. Como $T = \frac{2 π}{b}$ , resulta $b = \frac{2 π}{2} = π$ .

c) 1. En el máximo $x = 1$ el seno vale $1$ : $sin (π (1 + c)) = 1$ . 2. Entonces $π (1 + c) = \frac{π}{2} + 2 k π$ , es decir, $1 + c = \frac{1}{2} + 2 k$ , o sea $c = - \frac{1}{2} + 2 k$ . 3. Con $c > 0$ , el menor valor se alcanza con $k = 1$ : $c = \frac{3}{2}$ . 4. Comprobación: $1, 5 sin (π (x + 1, 5)) + 2$ en $x = 1$ da $1, 5 sin (2, 5 π) + 2 = 3, 5$ .

Resultado: a) $a = 1, 5$ , $d = 2$ ; b) $b = π$ ; c) $c = 1, 5$

Ejercicio 115 MedioIB · P1 Mayo 1997

Calcule el valor exacto de $sen (arccos \frac{2}{3} + arcsin \frac{1}{4})$ .

Ver resultado

Resultado: $sin (arccos \frac{2}{3} + arcsin \frac{1}{4}) = \frac{5 3 + 2}{12}$

Ver proceso y resultado

Sea $A = arccos \frac{2}{3}$ , con $A \in [0, π]$ : $cos A = \frac{2}{3}$ y $sin A = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{3}$ (positivo, pues $A \in [0, π]$ ).
Sea $B = arcsin \frac{1}{4}$ , con $B \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ : $sin B = \frac{1}{4}$ y $cos B = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{4}$ (positivo, pues $B \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ).
Usamos $sin (A + B) = sin A cos B + cos A sin B$ : $sin (A + B) = \frac{5}{3} \cdot \frac{15}{4} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{75}{12} + \frac{2}{12} .$
Como $75 = 53$ , queda $\frac{5 3 + 2}{12}$ .

Resultado: $sin (arccos \frac{2}{3} + arcsin \frac{1}{4}) = \frac{5 3 + 2}{12}$

Ejercicio 116 MedioIB · P1 Mayo 2000

a) Dibuje la gráfica de $f (x) = sen 3 x + sen 6 x$ , $0 \leq x \leq 2 π$ .

b) Escriba el valor exacto del periodo de la función $f$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG se representa $f (x) = sen 3 x + sen 6 x$ en $[0, 2 π]$ .

Rasgos clave: pasa por el origen, los valores están entre $- 2$ y $2$ y el mismo dibujo se repite tres veces en $[0, 2 π]$ ; además $f (0) = f (\frac{2 π}{3}) = f (\frac{4 π}{3}) = f (2 π) = 0$ .

Gráfica de y = sen 3x + sen 6x para x entre 0 y 2π

b) 1. $sen 3 x$ tiene periodo $\frac{2 π}{3}$ y $sen 6 x$ tiene periodo $\frac{2 π}{6} = \frac{π}{3}$ .

El periodo de la suma es el menor valor que es múltiplo de ambos periodos: $\frac{2 π}{3} = 2 \cdot \frac{π}{3}$ .
Periodo $= \frac{2 π}{3}$ .

Resultado: a) gráfica que se repite tres veces en $[0, 2 π]$ , con valores entre $- 2$ y $2$ ; b) el periodo de $f$ es $\frac{2 π}{3}$

Ejercicio 117 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

En la gráfica que se muestra a continuación se representa $y = a sen (x + b) + c$ , donde $a$ , $b$ y $c$ son constantes.

Curva sinusoidal y = a sen(x+b)+c entre −2π y 2π, con un máximo en (3π/4, 2)

Halle los valores de $a$ , $b$ y $c$ .

Ver resultado

Resultado: $a = 3$ , $b = - \frac{π}{4}$ , $c = - 1$

Ver proceso y resultado

La amplitud es $a = \frac{m a ˊ x - m ı ˊ n}{2} = \frac{2 - ( - 4 )}{2} = 3$ .
La recta media es $c = \frac{m a ˊ x + m ı ˊ n}{2} = \frac{2 + ( - 4 )}{2} = - 1$ .
Hay un máximo en $(\frac{3 π}{4}, 2)$ , donde $sen (\frac{3 π}{4} + b) = 1$ . Entonces $\frac{3 π}{4} + b = \frac{π}{2}$ , y $b = - \frac{π}{4}$ .
Comprobación: la curva es $y = 3 sen (x - \frac{π}{4}) - 1$ , de periodo $2 π$ (dos periodos entre $- 2 π$ y $2 π$ ) y con $y (0) = 3 (- \frac{2}{2}) - 1 \approx - 3, 12$ , coherente con la gráfica.

Resultado: $a = 3$ , $b = - \frac{π}{4}$ , $c = - 1$

Ejercicio 118 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2008

a) Dibuje la curva $f (x) = ∣ 1 + 3 sen (2 x)∣$ , para $0 \leq x \leq π$ .

Anote en el gráfico los valores de las intersecciones con los ejes $x$ e $y$ .

Ejes de coordenadas vacíos, con x de 0 a 3 e y de 0 a 4, para dibujar la curva

b) Añadiendo una línea adecuada a su gráfico, encuentre el número de soluciones a la ecuación $π f (x) = 4 (π - x)$ .

Ver solución

a) 1. Valor en $x = 0$ : $f (0) = ∣1 + 0∣ = 1$ , así que corta al eje $y$ en $(0, 1)$ .

Ceros: $1 + 3 sen 2 x = 0 \Rightarrow sen 2 x = - \frac{1}{3}$ . En $0 \leq 2 x \leq 2 π$ : $2 x = π + arcsin \frac{1}{3}$ o $2 x = 2 π - arcsin \frac{1}{3}$ , luego $x \approx 1, 74$ y $x \approx 2, 97$ .
Sin el valor absoluto, $1 + 3 sen 2 x$ tiene máximo $4$ en $x = \frac{π}{4}$ y mínimo $- 2$ en $x = \frac{3 π}{4}$ ; el valor absoluto refleja hacia arriba la parte negativa (entre $1, 74$ y $2, 97$ ), y el mínimo $- 2$ se convierte en un máximo local de $2$ .
Forma: parte de $(0, 1)$ , sube hasta $(\frac{π}{4}, 4)$ , baja hasta $(1, 74; 0)$ , sube hasta $(\frac{3 π}{4}, 2)$ , baja hasta $(2, 97; 0)$ y sube hasta $(π, 1)$ .

Gráfica de y = |1 + 3 sen(2x)| para x entre 0 y pi, con los puntos de corte con los ejes

b) 1. Dividimos entre $π$ : $π f (x) = 4 (π - x) \Rightarrow f (x) = 4 - \frac{4 x}{π}$ .

Es la recta que une $(0, 4)$ y $(π, 0)$ . La dibujamos en el mismo gráfico y contamos los cortes con la curva: uno entre $0$ y $\frac{π}{4}$ (la curva pasa de estar por debajo a estar por encima), otro cuando la curva baja desde el máximo $4$ , otro en la subida hacia $2$ , otro en la bajada hasta $(2, 97; 0)$ y otro en la última subida hacia $(π, 1)$ .
En total hay $5$ cortes.

Resultado: a) intersecciones con los ejes: $(0, 1)$ , $(1, 74; 0)$ , $(2, 97; 0)$ ; b) hay $5$ soluciones.

Ejercicio 119 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

a) Muestre que $arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ .

b) Usando lo anterior, o de otra manera, encuentre el valor de $arctan (2) + arctan (3)$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $arctan 2 + arctan 3 = \frac{3 π}{4}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Sea $α = arctan \frac{1}{2}$ y $β = arctan \frac{1}{3}$ , ambos en $] 0, \frac{π}{2} [$ , así que $α + β \in] 0, π [$ .

$tan (α + β) = \frac{tan α + tan β}{1 - tan α tan β} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$ .
Como $α + β \in] 0, π [$ y además $α < \frac{π}{4}$ , $β < \frac{π}{4}$ , la suma es menor que $\frac{π}{2}$ , y el único ángulo en ese intervalo con tangente $1$ es $\frac{π}{4}$ .

Por tanto $arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ .

b) 1. Para $x > 0$ , $arctan x + arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2}$ . Entonces $arctan 2 = \frac{π}{2} - arctan \frac{1}{2}$ y $arctan 3 = \frac{π}{2} - arctan \frac{1}{3}$ .

Sumando: $arctan 2 + arctan 3 = π - (arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{3}) = π - \frac{π}{4} = \frac{3 π}{4}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $arctan 2 + arctan 3 = \frac{3 π}{4}$

Ejercicio 120 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2010

A continuación se muestra la gráfica de $y = a cos (b x) + c$ .

Gráfica de y = a cos(bx) + c con máximos de altura 5 en x = 0, 3 y 6 y mínimos de altura -1

Halle el valor de $a$ , el valor de $b$ y el valor de $c$ .

Ver resultado

Resultado: $a = 3$ , $b = \frac{2 π}{3}$ , $c = 2$

Ver proceso y resultado

En $y = a cos (b x) + c$ la curva oscila entre un máximo de $5$ y un mínimo de $- 1$ .
La amplitud es $\frac{5 - ( - 1 )}{2} = 3$ . Como hay un máximo en $x = 0$ (comportamiento de $+ cos$ ), $a = 3$ .
La recta media es $\frac{5 + ( - 1 )}{2} = 2$ , luego $c = 2$ .
Los máximos están en $x = 0$ , $3$ y $6$ : el periodo es $3$ . Entonces $b = \frac{2 π}{3}$ .

Resultado: $a = 3$ , $b = \frac{2 π}{3}$ , $c = 2$

Ejercicio 121 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

Sea $f (x) = \frac{sen 3 x}{sen x} - \frac{cos 3 x}{cos x}$ .

a) ¿Para qué valores de $x$ no existe $f (x)$ ?

b) Simplifique la expresión $\frac{sen 3 x}{sen x} - \frac{cos 3 x}{cos x}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = k \frac{π}{2}$ , $k \in Z$ ; b) la expresión vale $2$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (x)$ no existe si algún denominador es $0$ : $sen x = 0$ (es decir, $x = k π$ ) o $cos x = 0$ (es decir, $x = \frac{π}{2} + k π$ ). 2. Ambas familias se reúnen como $x = k \frac{π}{2}$ , $k \in Z$ .

b) 1. Ponemos denominador común: $f (x) = \frac{sen 3 x cos x - cos 3 x sen x}{sen x cos x} .$ 2. El numerador es $sen (3 x - x) = sen 2 x$ , y el denominador es $sen x cos x = \frac{1}{2} sen 2 x$ . 3. Por tanto $f (x) = \frac{sen 2 x}{\frac{1}{2} sen 2 x} = 2$ (en los $x$ donde $f$ existe, pues entonces $sen 2 x \neq = 0$ ).

Resultado: a) $x = k \frac{π}{2}$ , $k \in Z$ ; b) la expresión vale $2$ .

Ejercicio 122 MedioIB · P1 Noviembre 1997

Resuelva la ecuación $5 sen x - 12 cos x = 6, 5$ para $0^{\circ} \leq x \leq 36 0^{\circ}$ .

Ver resultado

Resultado: $x \approx 97, 4^{\circ}$ , $x \approx 217, 4^{\circ}$

Ver proceso y resultado

Escribimos $5 sen x - 12 cos x$ como $R sen (x - α)$ : $R = 5^{2} + 1 2^{2} = 13$ , con $cos α = \frac{5}{13}$ , $sen α = \frac{12}{13}$ , de donde $α = arctan \frac{12}{5} \approx 67, 3 8^{\circ}$ .
La ecuación queda $13 sen (x - α) = 6, 5 \Rightarrow sen (x - α) = \frac{1}{2}$ .
Para $0^{\circ} \leq x \leq 36 0^{\circ}$ , $x - α \in [- 67, 3 8^{\circ}, 292, 6 2^{\circ}]$ , donde $sen θ = \frac{1}{2}$ en $θ = 3 0^{\circ}$ y $θ = 15 0^{\circ}$ .
$x = α + 3 0^{\circ} \approx 97, 3 8^{\circ}$ y $x = α + 15 0^{\circ} \approx 217, 3 8^{\circ}$ .

Resultado: $x \approx 97, 4^{\circ}$ , $x \approx 217, 4^{\circ}$

Ejercicio 123 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

Una función viene dada por $f (x) = A sen (B x) + C, - π \leq x \leq π$ donde $A, B, C \in Z$ .

En la siguiente figura se representa el gráfico de $y = f (x)$ .

Gráfica de y = f(x) para x entre -pi y pi, con un máximo en (-pi/4, 5) y un mínimo en (pi/4, -1)

a) Halle el valor de

(i) $A$ ;

(ii) $B$ ;

(iii) $C$ .

b) Resuelva $f (x) = 3$ , para $0 \leq x \leq π$ .

Ver resultado

Resultado: a) i) $A = - 3$ ; ii) $B = 2$ ; iii) $C = 2$ ; b) $x = 1, 74$ , $x = 2, 97$

Ver proceso y resultado

a) 1. Del gráfico, el máximo es $5$ y el mínimo es $- 1$ . La amplitud es $\frac{5 - ( - 1 )}{2} = 3$ y la recta media es $C = \frac{5 + ( - 1 )}{2} = 2$ . Se confirma con $f (0) = 2$ . 2. En $x = 0$ la curva pasa por la recta media bajando; como $sen$ sube al pasar por cero, $A < 0$ : $A = - 3$ . 3. El máximo $x = - \frac{π}{4}$ y el mínimo $x = \frac{π}{4}$ están separados media periodo: $\frac{T}{2} = \frac{π}{2}$ , $T = π$ . Luego $B = \frac{2 π}{T} = 2$ .

(i) $A = - 3$ ; ii) $B = 2$ ; iii) $C = 2$ .

b) 1. $f (x) = 3 \Rightarrow - 3 sen 2 x + 2 = 3 \Rightarrow sen 2 x = - \frac{1}{3}$ . 2. Para $0 \leq x \leq π$ , $2 x \in [0, 2 π]$ . El seno es negativo en el tercer y cuarto cuadrante: $2 x = π + arcsin \frac{1}{3} \approx 3, 481$ y $2 x = 2 π - arcsin \frac{1}{3} \approx 5, 943$ . 3. $x \approx 1, 74$ y $x \approx 2, 97$ .

Resultado: a) i) $A = - 3$ ; ii) $B = 2$ ; iii) $C = 2$ ; b) $x = 1, 74$ , $x = 2, 97$

Ejercicio 124 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2022

Considere la función $f (x) = 3 sen x + cos x$ donde $0 \leq x \leq π$ y $g (x) = 2 x$ donde $x \in R$ .

a) Calcule $(f \circ g) (x)$ .

b) Resuelva la ecuación $(f \circ g) (x) = 2 cos 2 x$ donde $0 \leq x \leq π$

Ver resultado

Resultado: a) $(f \circ g) (x) = 3 sen 2 x + cos 2 x$ ; b) $x = \frac{π}{12}$ , $x = \frac{7 π}{12}$

Ver proceso y resultado

a) 1. $(f \circ g) (x) = f (g (x)) = f (2 x)$ . 2. Sustituimos: $(f \circ g) (x) = 3 sen 2 x + cos 2 x$ .

b) 1. La ecuación es $3 sen 2 x + cos 2 x = 2 cos 2 x \Rightarrow 3 sen 2 x = cos 2 x$ . 2. Si $cos 2 x = 0$ , entonces $sen 2 x = \pm 1$ y no se cumple la igualdad; podemos dividir por $cos 2 x$ : $tan 2 x = \frac{1}{3}$ . 3. $2 x = \frac{π}{6} + k π$ . Para $0 \leq x \leq π$ se tiene $0 \leq 2 x \leq 2 π$ , luego $2 x = \frac{π}{6}$ o $2 x = \frac{7 π}{6}$ . 4. $x = \frac{π}{12}$ o $x = \frac{7 π}{12}$ .

Resultado: a) $(f \circ g) (x) = 3 sen 2 x + cos 2 x$ ; b) $x = \frac{π}{12}$ , $x = \frac{7 π}{12}$

Ejercicio 125 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2008

a) Dibuje aproximadamente la curva $f (x) = sin 2 x$ , $0 \leq x \leq π$ .

b) A partir de lo anterior, y en un diagrama aparte, dibuje aproximadamente la gráfica de $g (x) = cosec 2 x$ , $0 \leq x \leq π$ , indicando claramente las coordenadas de todos los máximos o mínimos locales, así como las ecuaciones de todas las asíntotas.

c) Compruebe que $tan x + cot x = 2 cosec 2 x$ .

d) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle las coordenadas de los máximos y mínimos locales de la gráfica de $y = tan 2 x + cot 2 x$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

e) Halle la solución de la ecuación $cosec 2 x = 1, 5 tan x - 0, 5$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

Ver solución

a) 1. La función $sin 2 x$ tiene periodo $π$ , así que en $[0, π]$ hay un ciclo completo. 2. Corta el eje $x$ en $x = 0$ , $\frac{π}{2}$ y $π$ . Tiene un máximo $1$ en $x = \frac{π}{4}$ y un mínimo $- 1$ en $x = \frac{3 π}{4}$ .

Gráfica pedida de f(x) = sen 2x en el intervalo de 0 a pi

b) 1. $g (x) = cosec 2 x = \frac{1}{sin 2 x}$ , así que hay asíntotas verticales donde $sin 2 x = 0$ : $x = 0$ , $x = \frac{π}{2}$ y $x = π$ . 2. Donde $sin 2 x = 1$ , $g = 1$ : mínimo local $(\frac{π}{4}, 1)$ (rama en «U» entre $0$ y $\frac{π}{2}$ ). 3. Donde $sin 2 x = - 1$ , $g = - 1$ : máximo local $(\frac{3 π}{4}, - 1)$ (rama en «∩» entre $\frac{π}{2}$ y $π$ ).

Gráfica pedida de g(x) = cosec 2x en el intervalo de 0 a pi

c) 1. Pasamos a senos y cosenos: $tan x + cot x = \frac{sin x}{cos x} + \frac{cos x}{sin x}$ . 2. Común denominador: $\frac{sin ^{2} x + cos ^{2} x}{sin x cos x} = \frac{1}{sin x cos x}$ . 3. Como $sin 2 x = 2 sin x cos x$ , $sin x cos x = \frac{sin 2 x}{2}$ y el resultado es $\frac{2}{sin 2 x} = 2 cosec 2 x$ .

d) 1. Aplicamos c) cambiando $x$ por $2 x$ : $tan 2 x + cot 2 x = 2 cosec 4 x$ , para $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ (así $4 x \in [0, 2 π]$ ). 2. $cosec 4 x$ tiene mínimo $1$ cuando $4 x = \frac{π}{2}$ , es decir, $x = \frac{π}{8}$ ; entonces $y = 2$ . 3. Tiene máximo local $- 1$ cuando $4 x = \frac{3 π}{2}$ , es decir, $x = \frac{3 π}{8}$ ; entonces $y = - 2$ .

e) 1. Sea $t = tan x$ . Con $sin 2 x = \frac{2 t}{1 + t ^{2}}$ : $cosec 2 x = \frac{1 + t ^{2}}{2 t}$ . 2. La ecuación es $\frac{1 + t ^{2}}{2 t} = 1, 5 t - 0, 5$ , es decir, $1 + t^{2} = 3 t^{2} - t$ . 3. Queda $2 t^{2} - t - 1 = 0$ , es decir, $(2 t + 1) (t - 1) = 0$ , con raíces $t = 1$ y $t = - \frac{1}{2}$ . 4. En $] 0, \frac{π}{2} [$ , $tan x > 0$ , así que $t = 1$ y $x = \frac{π}{4}$ .

Resultado: b) asíntotas verticales $x = 0$ , $x = \frac{π}{2}$ , $x = π$ ; máximo local $(\frac{3 π}{4}, - 1)$ , mínimo local $(\frac{π}{4}, 1)$ ; c) queda demostrado; d) mínimo local $(\frac{π}{8}, 2)$ y máximo local $(\frac{3 π}{8}, - 2)$ ; e) $x = \frac{π}{4}$

Ejercicio 126 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

a) Demuestre la identidad trigonométrica $sin (x + y) sin (x - y) = sin^{2} x - sin^{2} y$ .

b) Dada la función $f (x) = sin (x + \frac{π}{6}) sin (x - \frac{π}{6})$ , $x \in [0, π]$ , halle el recorrido de $f$ .

c) Dada la función $g (x) = cosec (x + \frac{π}{6}) cosec (x - \frac{π}{6})$ , $x \in [0, π]$ , $x \neq = \frac{π}{6}$ , $x \neq = \frac{5 π}{6}$ , halle el recorrido de $g$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $R_{f} = [- \frac{1}{4}, \frac{3}{4}]$ ; c) $R_{g} =] - \infty, - 4] \cup [\frac{4}{3}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Desarrollamos con las fórmulas del seno de una suma y de una diferencia: $sin (x + y) sin (x - y) = (sin x cos y + cos x sin y) (sin x cos y - cos x sin y) .$ 2. Es una diferencia de cuadrados: $sin^{2} x cos^{2} y - cos^{2} x sin^{2} y$ . 3. Sustituimos $cos^{2} y = 1 - sin^{2} y$ y $cos^{2} x = 1 - sin^{2} x$ : $sin^{2} x (1 - sin^{2} y) - (1 - sin^{2} x) sin^{2} y = sin^{2} x - sin^{2} x sin^{2} y - sin^{2} y + sin^{2} x sin^{2} y = sin^{2} x - sin^{2} y .$

b) 1. Por a) con $y = \frac{π}{6}$ : $f (x) = sin^{2} x - sin^{2} \frac{π}{6} = sin^{2} x - \frac{1}{4}$ . 2. Para $x \in [0, π]$ , $sin^{2} x$ toma todos los valores de $[0, 1]$ . 3. Por tanto $f (x) \in [- \frac{1}{4}, \frac{3}{4}]$ .

c) 1. Como $cosec u = \frac{1}{sin u}$ , $g (x) = \frac{1}{f ( x )}$ . 2. El valor $f (x) = 0$ corresponde a $x = \frac{π}{6}$ y $x = \frac{5 π}{6}$ , excluidos del dominio de $g$ . Por tanto $f$ toma valores en $[- \frac{1}{4}, 0 [\cup] 0, \frac{3}{4}]$ . 3. Si $f \in [- \frac{1}{4}, 0 [$ , entonces $\frac{1}{f} \in] - \infty, - 4]$ . 4. Si $f \in] 0, \frac{3}{4}]$ , entonces $\frac{1}{f} \in [\frac{4}{3}, + \infty [$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $R_{f} = [- \frac{1}{4}, \frac{3}{4}]$ ; c) $R_{g} =] - \infty, - 4] \cup [\frac{4}{3}, + \infty [$

Ejercicio 127 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2019

a) Demuestre la identidad $\frac{1 + sin 2 x}{cos 2 x} \equiv \frac{1 + tan x}{1 - tan x}$ .

b) Resuelva la ecuación $\frac{1 + sin 2 x}{cos 2 x} = 3$ para $0 \leq x < 2 π$

Ver resultado

Resultado: b) $x = \frac{π}{12} \approx 0, 262$ rad y $x = \frac{13 π}{12} \approx 3, 40$ rad

Ver proceso y resultado

a) 1. Partimos del miembro izquierdo y usamos $sin 2 x = 2 sin x cos x$ y $cos 2 x = cos^{2} x - sin^{2} x$ . 2. Numerador: $1 + sin 2 x = sin^{2} x + cos^{2} x + 2 sin x cos x = (cos x + sin x)^{2}$ . 3. Denominador: $cos 2 x = cos^{2} x - sin^{2} x = (cos x - sin x) (cos x + sin x)$ . 4. Simplificamos el factor común $cos x + sin x$ : $\frac{1 + sin 2 x}{cos 2 x} = \frac{( cos x + sin x ) ^{2}}{( cos x - sin x ) ( cos x + sin x )} = \frac{cos x + sin x}{cos x - sin x} .$ 5. Dividimos numerador y denominador entre $cos x$ : $\frac{cos x + sin x}{cos x - sin x} = \frac{1 + tan x}{1 - tan x} .$

b) 1. Por el apartado (a), la ecuación equivale a $\frac{1 + tan x}{1 - tan x} = 3$ . 2. Despejamos: $1 + tan x = 3 - 3 tan x$ , luego $tan x (1 + 3) = 3 - 1$ . 3. Así $tan x = \frac{3 - 1}{3 + 1} = \frac{( 3 - 1 ) ^{2}}{2} = \frac{4 - 2 3}{2} = 2 - 3$ . 4. Como $tan \frac{π}{12} = 2 - 3$ , una solución es $x = \frac{π}{12} \approx 0, 262$ . 5. La tangente tiene periodo $π$ , así que la otra solución en $[0, 2 π [$ es $x = \frac{π}{12} + π = \frac{13 π}{12} \approx 3, 40$ . 6. En ambas $cos 2 x \neq = 0$ , por lo que son válidas.

Resultado: b) $x = \frac{π}{12} \approx 0, 262$ rad y $x = \frac{13 π}{12} \approx 3, 40$ rad

Ecuaciones, inecuaciones e intersección de gráficas

Ejercicio 128 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

La raíz real de la ecuación $x^{3} - x + 4 = 0$ , aproximando a tres cifras decimales, es $- 1, 796$ . Determine la raíz real para cada una de las siguientes ecuaciones:

a) $(x - 1)^{3} - (x - 1) + 4 = 0$

b) $8 x^{3} - 2 x + 4 = 0$

Ver resultado

Resultado: a) $x = - 0, 796$ ; b) $x = - 0, 898$

Ver proceso y resultado

Sea $x_{0} = - 1, 796$ la raíz de $x^{3} - x + 4 = 0$ , es decir, $x_{0}^{3} - x_{0} + 4 = 0$ .

a) 1. La ecuación $(x - 1)^{3} - (x - 1) + 4 = 0$ es la original con $x - 1$ en lugar de $x$ . 2. Por tanto $x - 1 = - 1, 796$ , y $x = - 1, 796 + 1 = - 0, 796$ .

b) 1. Observamos que $8 x^{3} - 2 x = (2 x)^{3} - (2 x)$ , así que la ecuación es $(2 x)^{3} - (2 x) + 4 = 0$ . 2. Es la ecuación original con $2 x$ en lugar de $x$ , luego $2 x = - 1, 796$ . 3. Por tanto $x = - 0, 898$ .

Resultado: a) $x = - 0, 796$ ; b) $x = - 0, 898$

Ejercicio 129 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Para $0 \leq x \leq 6$ , encuentre las coordenadas de los puntos de intersección de las curvas $y = x^{2} cos x$ y $x + 2 y = 1$ .

Ver resultado

Resultado: $(0, 524; 0, 238)$ , $(1, 69; - 0, 346)$ , $(4, 63; - 1, 81)$

Ver proceso y resultado

De $x + 2 y = 1$ se obtiene $y = \frac{1 - x}{2}$ . Igualamos con la otra curva: $x^{2} cos x = \frac{1 - x}{2}$ .
No se resuelve algebraicamente; con la CPG se representan ambas curvas en $0 \leq x \leq 6$ y se buscan las intersecciones: $x \approx 0, 524$ , $x \approx 1, 69$ y $x \approx 4, 63$ .
Calculamos $y = \frac{1 - x}{2}$ en cada una: $0, 238$ , $- 0, 346$ y $- 1, 81$ .

Resultado: $(0, 524; 0, 238)$ , $(1, 69; - 0, 346)$ , $(4, 63; - 1, 81)$

Ejercicio 130 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

Hallar los valores de $k$ para los cuales la ecuación $x^{3} + x^{2} - x + 2 = k$ tiene tres soluciones reales distintas entre sí.

Ver resultado

Resultado: $\frac{49}{27} < k < 3$ (aproximadamente $1, 81 < k < 3$ )

Ver proceso y resultado

Sea $f (x) = x^{3} + x^{2} - x + 2$ . Las soluciones de $f (x) = k$ son los cortes de la curva $y = f (x)$ con la recta horizontal $y = k$ .
Una cúbica con coeficiente de $x^{3}$ positivo sube, baja y vuelve a subir: hay tres cortes cuando $k$ está entre el mínimo local y el máximo local.
Derivamos: $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 2 x - 1 = (3 x - 1) (x + 1)$ , con puntos críticos $x = - 1$ y $x = \frac{1}{3}$ .
Máximo local en $x = - 1$ : $f (- 1) = - 1 + 1 + 1 + 2 = 3$ .
Mínimo local en $x = \frac{1}{3}$ : $f (\frac{1}{3}) = \frac{1}{27} + \frac{1}{9} - \frac{1}{3} + 2 = \frac{49}{27} \approx 1, 81$ .
Por tanto hay tres soluciones reales distintas si y solo si $\frac{49}{27} < k < 3$ .

Resultado: $\frac{49}{27} < k < 3$ (aproximadamente $1, 81 < k < 3$ )

Ejercicio 131 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2008

Halle el conjunto de valores de $x$ para los cuales $0, 1 x^{2} - 2 x + 3 < lo g_{10} x$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] 1, 52; 1, 79 [\cup] 17, 6; 19, 1 [$

Ver proceso y resultado

Con la CPG, representamos $y = 0, 1 x^{2} - 2 x + 3$ e $y = lo g_{10} x$ (definida para $x > 0$ ).
Buscamos los puntos de corte: $x \approx 1, 52$ , $x \approx 1, 79$ , $x \approx 17, 6$ y $x \approx 19, 1$ .
La gráfica del valor absoluto queda por debajo de la del logaritmo solo entre el primer y el segundo corte, y entre el tercero y el cuarto.

Resultado: $x \in] 1, 52; 1, 79 [\cup] 17, 6; 19, 1 [$

Ejercicio 132 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Halle el conjunto de valores de $x$ para los cuales $∣ x - 1 ∣ > ∣ 2 x - 1 ∣$ .

Ver resultado

Resultado: $0 < x < \frac{2}{3}$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son no negativos, así que podemos elevar al cuadrado sin cambiar el sentido: $(x - 1)^{2} > (2 x - 1)^{2}$ .
Desarrollamos: $x^{2} - 2 x + 1 > 4 x^{2} - 4 x + 1$ .
Pasamos todo a un lado: $0 > 3 x^{2} - 2 x$ , es decir, $x (3 x - 2) < 0$ .
Esta parábola es negativa entre sus raíces $0$ y $\frac{2}{3}$ .

Resultado: $0 < x < \frac{2}{3}$

Ejercicio 133 MedioIB · P1 Mayo 2002

Halle el conjunto de valores de $x$ para los cuales $(e^{x} - 2) (e^{x} - 3) \leq 2 e^{x}$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in [0, ln 6]$

Ver proceso y resultado

Desarrollamos: $(e^{x} - 2) (e^{x} - 3) = e^{2 x} - 5 e^{x} + 6$ .
La inecuación es $e^{2 x} - 5 e^{x} + 6 \leq 2 e^{x}$ , es decir, $e^{2 x} - 7 e^{x} + 6 \leq 0$ .
Sea $t = e^{x} > 0$ : $t^{2} - 7 t + 6 \leq 0$ , es decir, $(t - 1) (t - 6) \leq 0$ .
Esto se cumple para $1 \leq t \leq 6$ , es decir, $1 \leq e^{x} \leq 6$ .
Tomando logaritmos (función creciente): $0 \leq x \leq ln 6$ .

Resultado: $x \in [0, ln 6]$

Ejercicio 134 MedioIB · P1 Mayo 2013

Resuelva la inecuación $∣ x - 2 ∣ \geq ∣ 2 x + 1 ∣$ .

Ver resultado

Resultado: $- 3 \leq x \leq \frac{1}{3}$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son no negativos, así que elevamos al cuadrado: $(x - 2)^{2} \geq (2 x + 1)^{2}$ .
Desarrollamos: $x^{2} - 4 x + 4 \geq 4 x^{2} + 4 x + 1$ .
Pasamos todo a un lado: $0 \geq 3 x^{2} + 8 x - 3$ , es decir, $3 x^{2} + 8 x - 3 \leq 0$ .
Factorizamos: $3 x^{2} + 8 x - 3 = (3 x - 1) (x + 3)$ , con raíces $x = \frac{1}{3}$ y $x = - 3$ .
La parábola es negativa o nula entre sus raíces: $- 3 \leq x \leq \frac{1}{3}$ .

Resultado: $- 3 \leq x \leq \frac{1}{3}$

Ejercicio 135 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Resuelva la inecuación $x^{2} - 4 + \frac{3}{x} < 0$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] \frac{- 1 - 13}{2}, 0 [\cup] 1, \frac{- 1 + 13}{2} [$

Ver proceso y resultado

Reducimos a común denominador: $x^{2} - 4 + \frac{3}{x} = \frac{x ^{3} - 4 x + 3}{x} < 0$ .
Factorizamos el numerador. Como $x = 1$ es raíz ( $1 - 4 + 3 = 0$ ), dividimos por $x - 1$ : $x^{3} - 4 x + 3 = (x - 1) (x^{2} + x - 3)$ .
Las raíces de $x^{2} + x - 3$ son $x = \frac{- 1 \pm 13}{2}$ , que valen $\approx - 2, 30$ y $\approx 1, 30$ .
Los puntos críticos, ordenados, son $\frac{- 1 - 13}{2} (\approx - 2, 30)$ , $0$ , $1$ y $\frac{- 1 + 13}{2} (\approx 1, 30)$ .
Estudiamos el signo de $\frac{( x - 1 ) ( x ^{2} + x - 3 )}{x}$ en cada tramo:

$x < - 2, 30$ : positivo.
$- 2, 30 < x < 0$ : negativo.
$0 < x < 1$ : positivo.
$1 < x < 1, 30$ : negativo.
$x > 1, 30$ : positivo.

Buscamos los tramos negativos (la desigualdad es estricta, así que no se incluyen los extremos).

Resultado: $x \in] \frac{- 1 - 13}{2}, 0 [\cup] 1, \frac{- 1 + 13}{2} [$

Ejercicio 136 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Resuelva la inecuación $\frac{x + 12}{x - 12} \leq 3$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] - \infty, 6] \cup [24, + \infty [$

Ver proceso y resultado

Como $x \neq = 12$ , elevar al cuadrado conserva la desigualdad (ambos lados son no negativos): $\frac{x + 12}{x - 12} \leq 3 ⟺ (x + 12)^{2} \leq 9 (x - 12)^{2} .$
Pasamos todo a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $(x + 12)^{2} - [3 (x - 12)]^{2} \leq 0 ⟺ [(x + 12) - 3 (x - 12)] [(x + 12) + 3 (x - 12)] \leq 0.$
Simplificamos cada corchete: $(48 - 2 x) (4 x - 24) \leq 0$ , es decir, $- 8 (x - 24) (x - 6) \leq 0$ , o sea $(x - 6) (x - 24) \geq 0$ .
Es una parábola hacia arriba con raíces $6$ y $24$ , luego es mayor o igual que $0$ fuera de las raíces: $x \leq 6$ o $x \geq 24$ .
El valor excluido $x = 12$ no pertenece a ninguno de esos intervalos, así que no hay que quitar nada más.

Resultado: $x \in] - \infty, 6] \cup [24, + \infty [$

Ejercicio 137 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Resuelva la inecuación $\frac{x + 9}{x - 9} \leq 2$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] - \infty, 3] \cup [27, + \infty [$

Ver proceso y resultado

Como $x \neq = 9$ , elevamos al cuadrado: $(x + 9)^{2} \leq 4 (x - 9)^{2}$ .
Pasamos a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $[(x + 9) - 2 (x - 9)] [(x + 9) + 2 (x - 9)] \leq 0 ⟺ (27 - x) (3 x - 9) \leq 0.$
Es decir, $- 3 (x - 27) (x - 3) \leq 0$ , o sea $(x - 3) (x - 27) \geq 0$ .
Parábola hacia arriba con raíces $3$ y $27$ : la desigualdad se cumple fuera de ellas, $x \leq 3$ o $x \geq 27$ .
El valor $x = 9$ queda entre $3$ y $27$ , así que ya está excluido.

Resultado: $x \in] - \infty, 3] \cup [27, + \infty [$

Ejercicio 138 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Un círculo tiene de ecuación $x^{2} + (y - 2)^{2} = 1$ . La recta de ecuación $y = k x$ , con $k \in R$ , es tangente al círculo. Calcule los posibles valores de $k$ .

Ver resultado

Resultado: $k = 3$ y $k = - 3$

Ver proceso y resultado

El círculo tiene centro $C (0, 2)$ y radio $1$ .
La recta $y = k x$ , escrita como $k x - y = 0$ , es tangente al círculo cuando la distancia del centro a la recta es igual al radio: $\frac{∣ k \cdot 0 - 2∣}{k ^{2} + 1} = 1.$
Es decir, $\frac{2}{k ^{2} + 1} = 1$ , luego $k^{2} + 1 = 2$ .
Elevando al cuadrado, $k^{2} + 1 = 4$ , de donde $k^{2} = 3$ .

Resultado: $k = 3$ y $k = - 3$

Ejercicio 139 MedioIB · P1 Mayo 1996

Calcule todos los números reales $x$ para los cuales $∣ 4 x + 1 ∣ > ∣ 2 x - 3 ∣$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] - \infty, - 2 [\cup] \frac{1}{3}, + \infty [$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son no negativos, así que podemos elevar al cuadrado: $(4 x + 1)^{2} > (2 x - 3)^{2}$ .
Pasamos a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $[(4 x + 1) - (2 x - 3)] [(4 x + 1) + (2 x - 3)] > 0 ⟺ (2 x + 4) (6 x - 2) > 0.$
Es decir, $4 (x + 2) (3 x - 1) > 0$ . Las raíces son $x = - 2$ y $x = \frac{1}{3}$ y la parábola va hacia arriba, luego es positiva fuera de ellas.

Resultado: $x \in] - \infty, - 2 [\cup] \frac{1}{3}, + \infty [$

Ejercicio 140 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Calcule todos los valores de $x$ para los cuales $∣ x + 3 ∣ > 2 ∣ x + 1 ∣$ .

Ver resultado

Resultado: $- \frac{5}{3} < x < 1$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son no negativos, así que elevamos al cuadrado: $(x + 3)^{2} > 4 (x + 1)^{2}$ .
Pasamos a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $[(x + 3) - 2 (x + 1)] [(x + 3) + 2 (x + 1)] > 0 ⟺ (1 - x) (3 x + 5) > 0.$
Las raíces son $x = 1$ y $x = - \frac{5}{3}$ . El coeficiente de $x^{2}$ es $- 3 < 0$ (parábola hacia abajo), así que el producto es positivo entre las raíces.

Resultado: $- \frac{5}{3} < x < 1$

Ejercicio 141 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Resuelva $(ln x)^{2} - (ln 2) (ln x) < 2 (ln 2)^{2}$

Ver resultado

Resultado: $\frac{1}{2} < x < 4$

Ver proceso y resultado

Hacemos el cambio $t = ln x$ (con $x > 0$ ). La inecuación queda $t^{2} - (ln 2) t - 2 (ln 2)^{2} < 0$ .
Factorizamos: las raíces en $t$ son $t = 2 ln 2$ y $t = - ln 2$ , luego $(t - 2 ln 2) (t + ln 2) < 0$ .
Parábola hacia arriba, negativa entre las raíces: $- ln 2 < t < 2 ln 2$ .
Deshacemos el cambio con $ln x$ : $- ln 2 < ln x < 2 ln 2$ , es decir, $ln \frac{1}{2} < ln x < ln 4$ .
Como $ln$ es creciente, $\frac{1}{2} < x < 4$ .

Resultado: $\frac{1}{2} < x < 4$

Ejercicio 142 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

a) Dibuje aproximadamente los gráficos de $y = \frac{x}{2} + 1$ y de $y = ∣ x - 2 ∣$ en los siguientes ejes de coordenadas.

Ejes de coordenadas vacíos con cuadrícula, x de -4 a 8 e y de -4 a 6, para dibujar las dos gráficas

b) Resuelva la ecuación $\frac{x}{2} + 1 = ∣ x - 2 ∣$ .

Ver solución

a) 1. $y = \frac{x}{2} + 1$ es una recta con ordenada en el origen $1$ y pendiente $\frac{1}{2}$ ; corta al eje $x$ en $x = - 2$ . 2. $y = ∣ x - 2∣$ es una «V» con vértice en $(2, 0)$ y pendientes $\pm 1$ ; corta al eje $y$ en $(0, 2)$ .

Gráficas pedidas de y = x/2 + 1 y de y = |x - 2| sobre los mismos ejes

b) 1. Separamos casos según el signo de $x - 2$ . 2. Si $x \geq 2$ : $∣ x - 2∣ = x - 2$ , luego $\frac{x}{2} + 1 = x - 2$ , de donde $3 = \frac{x}{2}$ y $x = 6$ (cumple $x \geq 2$ ). 3. Si $x < 2$ : $∣ x - 2∣ = 2 - x$ , luego $\frac{x}{2} + 1 = 2 - x$ , de donde $\frac{3 x}{2} = 1$ y $x = \frac{2}{3}$ (cumple $x < 2$ ).

Resultado: a) gráficas esbozadas; b) $x = 6$ y $x = \frac{2}{3}$

Ejercicio 143 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

a) Dibuje en los mismos ejes la curva $y = \frac{7}{x - 4}$ y la recta $y = x + 2$ , indicando claramente las intersecciones con los ejes y las asíntotas.

b) Encuentre las soluciones exactas de la ecuación $x + 2 = \frac{7}{x - 4}$ .

Ver solución

a) 1. $y = \frac{7}{x - 4}$ tiene asíntota vertical $x = 4$ y asíntota horizontal $y = 0$ (el eje $x$ ). Es siempre positiva: las dos ramas quedan por encima del eje $x$ . 2. Corte con el eje $y$ : $x = 0$ da $y = \frac{7}{4}$ , el punto $(0, \frac{7}{4})$ . No corta al eje $x$ . 3. La recta $y = x + 2$ corta a los ejes en $(0, 2)$ y en $(- 2, 0)$ .

Gráficos de y = |7/(x−4)| y de la recta y = x+2 sobre los mismos ejes

Asíntota vertical: $x = 4$ . Asíntota horizontal: $y = 0$ .

La curva corta a los ejes en $(0, \frac{7}{4})$ . La recta corta a los ejes en $(0, 2)$ y $(- 2, 0)$ .

b) 1. Como $\frac{7}{x - 4} > 0$ , la recta debe cumplir $x + 2 > 0$ , es decir, $x > - 2$ . 2. Si $x < 4$ : $∣ x - 4∣ = 4 - x$ , luego $x + 2 = \frac{7}{4 - x}$ , es decir, $(x + 2) (4 - x) = 7$ , que da $- x^{2} + 2 x + 8 = 7$ y $x^{2} - 2 x - 1 = 0$ . Entonces $x = 1 \pm 2$ , ambas soluciones en $] - 2, 4 [$ . 3. Si $x > 4$ : $∣ x - 4∣ = x - 4$ , luego $(x + 2) (x - 4) = 7$ , es decir, $x^{2} - 2 x - 15 = 0$ y $(x - 5) (x + 3) = 0$ . La solución $x = - 3$ no cumple $x > 4$ , así que solo vale $x = 5$ .

Resultado: a) asíntotas $x = 4$ e $y = 0$ ; la curva corta el eje $y$ en $(0, \frac{7}{4})$ y la recta en $(0, 2)$ y $(- 2, 0)$ ; b) $x = 1 - 2$ , $x = 1 + 2$ y $x = 5$

Ejercicio 144 MedioIB · P1 Noviembre 1997

Calcule los valores de $x$ para los cuales $\frac{1}{x - x} \geq \frac{4}{15}$ .

Ver resultado

Resultado: $1 < x \leq 6, 25$

Ver proceso y resultado

Para que la expresión esté definida: $x \geq 0$ y $x - x \neq = 0$ , es decir, $x \neq = 0$ y $x \neq = 1$ .
Sea $u = x > 0$ . La inecuación queda $\frac{1}{u ^{2} - u} \geq \frac{4}{15}$ .
Si $0 < u < 1$ : $u^{2} - u = u (u - 1) < 0$ , luego el primer miembro es negativo y nunca es mayor o igual que $\frac{4}{15}$ . No hay soluciones.
Si $u > 1$ : $u^{2} - u > 0$ y podemos multiplicar en cruz sin cambiar el sentido: $15 \geq 4 (u^{2} - u)$ , es decir, $4 u^{2} - 4 u - 15 \leq 0$ .
Factorizamos: $(2 u - 5) (2 u + 3) \leq 0$ . Raíces $u = \frac{5}{2}$ y $u = - \frac{3}{2}$ ; negativa entre ellas. Con $u > 1$ queda $1 < u \leq \frac{5}{2}$ .
Deshacemos el cambio: $1 < x \leq \frac{5}{2}$ , luego $1 < x \leq \frac{25}{4} = 6, 25$ .

Resultado: $1 < x \leq 6, 25$

Ejercicio 145 MedioIB · P1 Noviembre 1999

¿Para qué valores del número real $x$ es $∣ x + k ∣ = ∣ x ∣ + k$ , donde $k$ es número real positivo?

Ver resultado

Resultado: $x \geq 0$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son positivos ( $k > 0$ y $∣ x ∣ \geq 0$ hacen que $∣ x ∣ + k > 0$ ), así que podemos elevar al cuadrado sin perder ni ganar soluciones.
$(x + k)^{2} = (∣ x ∣ + k)^{2} \Rightarrow x^{2} + 2 k x + k^{2} = x^{2} + 2 k ∣ x ∣ + k^{2}$ .
Simplificando: $2 k x = 2 k ∣ x ∣$ , y como $k > 0$ , $x = ∣ x ∣$ .
$x = ∣ x ∣$ se cumple exactamente cuando $x \geq 0$ .

Resultado: $x \geq 0$

Ejercicio 146 MedioIB · P1 Noviembre 2001

Calcule los valores de $x$ para los cuales $∣5 - 3 x ∣ \leq ∣ x + 1∣$ .

Ver resultado

Resultado: $1 \leq x \leq 3$

Ver proceso y resultado

Ambos miembros son no negativos, así que elevamos al cuadrado: $(5 - 3 x)^{2} \leq (x + 1)^{2}$ .
Pasamos todo a un lado y factorizamos como diferencia de cuadrados: $(5 - 3 x - x - 1) (5 - 3 x + x + 1) \leq 0$ .
$(4 - 4 x) (6 - 2 x) \leq 0 \Rightarrow 8 (1 - x) (3 - x) \leq 0 \Rightarrow (x - 1) (x - 3) \leq 0$ .
La parábola es negativa entre sus raíces: $1 \leq x \leq 3$ .

Resultado: $1 \leq x \leq 3$

Ejercicio 147 MedioIB · P1 Noviembre 2003

Sea $f (x) = \frac{x + 4}{x + 1}$ , $x \neq = - 1$ y $g (x) = \frac{x - 2}{x - 4}$ , $x \neq = 4$ .

Halle el conjunto de valores de $x$ para los cuales $f (x) \leq g (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $x \in] - \infty, - 1 [\cup] 4, 14]$

Ver proceso y resultado

Pasamos todo a un lado: $\frac{x + 4}{x + 1} - \frac{x - 2}{x - 4} \leq 0$ .
Denominador común: $\frac{( x + 4 ) ( x - 4 ) - ( x - 2 ) ( x + 1 )}{( x + 1 ) ( x - 4 )} \leq 0$ .
Numerador: $x^{2} - 16 - (x^{2} - x - 2) = x - 14$ . Queda $\frac{x - 14}{( x + 1 ) ( x - 4 )} \leq 0$ .
Puntos críticos: $- 1$ , $4$ y $14$ . Tabla de signos:
- $x < - 1$ : numerador $-$ , denominador $+$ , cociente $-$ (vale).
- $- 1 < x < 4$ : numerador $-$ , denominador $-$ , cociente $+$ (no vale).
- $4 < x < 14$ : numerador $-$ , denominador $+$ , cociente $-$ (vale).
- $x > 14$ : cociente $+$ (no vale).
Se incluye $x = 14$ (el cociente vale $0$ ) y se excluyen $- 1$ y $4$ (anulan el denominador).

Resultado: $x \in] - \infty, - 1 [\cup] 4, 14]$

Ejercicio 148 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Para $- 3 \leq x \leq 3$ , halle las coordenadas de los puntos de intersección de las curvas $y = x sen x$ y $x + 3 y = 1$ .

Ver resultado

Resultado: $(- 2, 67; 1, 22)$ , $(- 0, 83; 0, 61)$ , $(0, 44; 0, 19)$

Ver proceso y resultado

De $x + 3 y = 1$ se obtiene $y = \frac{1 - x}{3}$ . Igualamos: $x sen x = \frac{1 - x}{3}$ .
Con la CPG se representan ambas curvas en $- 3 \leq x \leq 3$ y se buscan las intersecciones: $x \approx - 2, 67$ , $x \approx - 0, 83$ y $x \approx 0, 44$ .
Calculamos $y = \frac{1 - x}{3}$ en cada una: $1, 22$ , $0, 61$ y $0, 19$ .

Resultado: $(- 2, 67; 1, 22)$ , $(- 0, 83; 0, 61)$ , $(0, 44; 0, 19)$

Ejercicio 149 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Considere la ecuación $e^{- x} = cos 2 x$ , para $0 \leq x \leq 2 π$ .

a) ¿Cuántas soluciones tiene esta ecuación?

b) Halle la solución más próxima a $2 π$ , expresando la respuesta con cuatro cifras decimales.

Ver resultado

Resultado: a) tiene cinco soluciones: $x = 0$ , $x = 0, 43$ , $x = 2, 4$ , $x = 3, 9$ , $x = 5, 5$ ; b) la más próxima a $2 π$ es $x = 5, 4998$

Ver proceso y resultado

a) 1. Con la CPG se representan $y = e^{- x}$ y $y = cos 2 x$ en $[0, 2 π]$ y se cuentan las intersecciones.

Hay cinco: $x = 0$ (ambas valen $1$ ), $x \approx 0, 43$ , $x \approx 2, 40$ , $x \approx 3, 92$ y $x \approx 5, 50$ .

b) 1. La más próxima a $2 π \approx 6, 283$ es la última, $x \approx 5, 50$ .

Con la CPG, con cuatro cifras decimales: $x = 5, 4998$ .

Resultado: a) tiene cinco soluciones: $x = 0$ , $x = 0, 43$ , $x = 2, 4$ , $x = 3, 9$ , $x = 5, 5$ ; b) la más próxima a $2 π$ es $x = 5, 4998$

Ejercicio 150 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Determine todos los valores de $x$ que satisfacen cada una de las siguientes desigualdades

a) $\frac{∣ x ∣ + 2}{∣ x ∣ - 3} < 4$ .

b) $\frac{x e ^{x}}{x ^{2} - 1} \geq 1$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x \in] - \infty, - \frac{14}{3} [\cup] - 3, 3 [\cup] \frac{14}{3}, + \infty [$ ; b) $x \in] - 1; - 0, 8] \cup] 1, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Sea $t = ∣ x ∣ \geq 0$ . Pasamos todo a un lado: $\frac{t + 2}{t - 3} - 4 < 0 \Rightarrow \frac{t + 2 - 4 ( t - 3 )}{t - 3} < 0 \Rightarrow \frac{14 - 3 t}{t - 3} < 0$ .

Puntos críticos: $t = 3$ y $t = \frac{14}{3}$ . El cociente es negativo si $t < 3$ (numerador $+$ , denominador $-$ ) o si $t > \frac{14}{3}$ (numerador $-$ , denominador $+$ ).
Como $t = ∣ x ∣$ : $∣ x ∣ < 3$ o $∣ x ∣ > \frac{14}{3}$ .

$x \in] - \infty, - \frac{14}{3} [\cup] - 3, 3 [\cup] \frac{14}{3}, + \infty [$

b) 1. Pasamos todo a un lado: $\frac{x e ^{x}}{x ^{2} - 1} - 1 \geq 0 \Rightarrow \frac{x e ^{x} - x ^{2} + 1}{x ^{2} - 1} \geq 0$ .

Sea $g (x) = x e^{x} - x^{2} + 1$ . Con la CPG se ve que $g (x) = 0$ solo en $x \approx - 0, 800$ ; $g < 0$ para $x < - 0, 800$ y $g > 0$ para $x > - 0, 800$ .
El denominador $x^{2} - 1$ se anula en $x = \pm 1$ y es positivo si $∣ x ∣ > 1$ y negativo si $∣ x ∣ < 1$ .
Tabla de signos:
- $x < - 1$ : $g < 0$ , denominador $+$ , cociente $-$ (no vale).
- $- 1 < x \leq - 0, 800$ : $g \leq 0$ , denominador $-$ , cociente $\geq 0$ (vale).
- $- 0, 800 < x < 1$ : $g > 0$ , denominador $-$ , cociente $-$ (no vale).
- $x > 1$ : $g > 0$ , denominador $+$ , cociente $+$ (vale).

Resultado: a) $x \in] - \infty, - \frac{14}{3} [\cup] - 3, 3 [\cup] \frac{14}{3}, + \infty [$ ; b) $x \in] - 1; - 0, 8] \cup] 1, + \infty [$

Ejercicio 151 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Sea $p (x) = 2 x^{5} + x^{4} - 26 x^{3} - 13 x^{2} + 72 x + 36, x \in R$ .

a) Para la ecuación polinómica $p (x) = 0$ , calcule

(i) la suma de las raíces;

(ii) el producto de las raíces.

Un nuevo polinomio se define por $q (x) = p (x + 4)$ .

b) Calcule la suma de las raíces de la ecuación $q (x) = 0$ .

Ver resultado

Resultado: a) i) $- \frac{1}{2}$ ; ii) $- 18$ ; b) $- \frac{41}{2}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Para $p (x) = 2 x^{5} + x^{4} - \dots + 36$ , de grado $5$ , las relaciones de Cardano-Vieta son: suma de raíces $= - \frac{a _{4}}{a _{5}}$ y producto $= (- 1)^{5} \frac{a _{0}}{a _{5}}$ . 2. i) Suma $= - \frac{1}{2}$ . 3. ii) Producto $= - \frac{36}{2} = - 18$ .

b) 1. $q (x) = p (x + 4) = 0$ equivale a que $x + 4$ sea raíz de $p$ . Si $r$ es raíz de $p$ , la raíz correspondiente de $q$ es $x = r - 4$ . 2. Hay $5$ raíces, luego la suma es $(- \frac{1}{2}) - 5 \cdot 4 = - \frac{1}{2} - 20 = - \frac{41}{2}$ .

Resultado: a) i) $- \frac{1}{2}$ ; ii) $- 18$ ; b) $- \frac{41}{2}$

Ejercicio 152 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2013

a) Demuestre que la ecuación $3 x^{2} + 2 k x + k - 1 = 0$ tiene dos raíces reales distintas para todos los valores de $k \in R$ .

b) Hallar el valor de $k$ para el cual las dos raíces de la ecuación están más próximas.

Ver resultado

Resultado: a) $Δ = 4 [(k - \frac{3}{2})^{2} + \frac{3}{4}] > 0$ , queda demostrado; b) $k = \frac{3}{2}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Discriminante: $Δ = (2 k)^{2} - 4 \cdot 3 \cdot (k - 1) = 4 k^{2} - 12 k + 12 = 4 (k^{2} - 3 k + 3)$ . 2. Completamos cuadrados: $k^{2} - 3 k + 3 = (k - \frac{3}{2})^{2} + \frac{3}{4} > 0$ para todo $k$ . 3. Por tanto $Δ > 0$ siempre: dos raíces reales distintas para todo $k \in R$ .

b) 1. La distancia entre las raíces es $∣ x_{1} - x_{2} ∣ = \frac{Δ}{3} = \frac{2}{3} k^{2} - 3 k + 3$ . 2. Es mínima cuando lo es $k^{2} - 3 k + 3 = (k - \frac{3}{2})^{2} + \frac{3}{4}$ , es decir, en $k = \frac{3}{2}$ (vértice de la parábola en $k$ ). 3. En ese caso la distancia vale $\frac{2}{3} \frac{3}{4} = \frac{3}{3}$ .

Resultado: a) $Δ = 4 [(k - \frac{3}{2})^{2} + \frac{3}{4}] > 0$ , queda demostrado; b) $k = \frac{3}{2}$

Ejercicio 153 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

La recta $y = m (x - m)$ es tangente a la curva $(1 - x) y = 1$ .

Determine $m$ y las coordenadas del punto donde la tangente toca a la curva.

Ver resultado

Resultado: $m \approx 2, 31$ ; punto de tangencia $(1, 66; - 1, 52)$

Ver proceso y resultado

La curva $(1 - x) y = 1$ es $y = \frac{1}{1 - x}$ , $x \neq = 1$ .
Los puntos de corte con la recta cumplen $m (x - m) = \frac{1}{1 - x}$ , es decir, $m (x - m) (1 - x) = 1$ .
Desarrollamos: $- m x^{2} + m (1 + m) x - m^{2} - 1 = 0$ , o bien $m x^{2} - m (1 + m) x + m^{2} + 1 = 0$ .
Para que la recta sea tangente, esta ecuación debe tener solución doble: discriminante nulo. $m^{2} (1 + m)^{2} - 4 m (m^{2} + 1) = 0 \Rightarrow m (m^{3} - 2 m^{2} + m - 4) = 0.$
$m = 0$ no sirve (la recta $y = 0$ no corta a la curva). Queda $m^{3} - 2 m^{2} + m - 4 = 0$ .
Con la CPG, la única raíz real es $m \approx 2, 31$ .
La abscisa del punto de tangencia es la solución doble: $x = \frac{m ( 1 + m )}{2 m} = \frac{1 + m}{2} \approx 1, 66$ .
Su ordenada es $y = \frac{1}{1 - x} \approx \frac{1}{1 - 1 , 657} \approx - 1, 52$ .

Resultado: $m \approx 2, 31$ ; punto de tangencia $(1, 66; - 1, 52)$

Ejercicio 154 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2005

Resuelva la ecuación $e^{2 x} - \frac{1}{x + 2} = 2$ .

Ver resultado

Resultado: $x = - 2, 50$ ; $x = - 1, 51$ ; $x = 0, 44$

Ver proceso y resultado

Una ecuación $∣ A ∣ = 2$ equivale a $A = 2$ o $A = - 2$ , con $A = e^{2 x} - \frac{1}{x + 2}$ (definida para $x \neq = - 2$ ).
Con la CPG, representamos $y = e^{2 x} - \frac{1}{x + 2}$ y la recta $y = 2$ y hallamos las abscisas de los puntos de corte.
Se obtienen tres soluciones: $x \approx - 2, 50$ (en la rama $x < - 2$ , con $A = 2$ ), $x \approx - 1, 51$ (con $A = - 2$ ) y $x \approx 0, 44$ (con $A = 2$ ).

Resultado: $x = - 2, 50$ ; $x = - 1, 51$ ; $x = 0, 44$

Ejercicio 155 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Halle los valores de $m$ tales que para todo $x$ $m (x + 1) \leq x^{2}$ .

Ver resultado

Resultado: $- 4 \leq m \leq 0$

Ver proceso y resultado

La condición $m (x + 1) \leq x^{2}$ para todo $x$ equivale a $x^{2} - m x - m \geq 0$ para todo $x$ .
Una parábola hacia arriba ( $a = 1 > 0$ ) es siempre mayor o igual que $0$ cuando no cruza el eje $x$ , es decir, cuando su discriminante cumple $Δ \leq 0$ .
Calculamos el discriminante: $Δ = (- m)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- m) = m^{2} + 4 m$ .
Imponemos $m^{2} + 4 m \leq 0 ⟺ m (m + 4) \leq 0$ . Las raíces son $- 4$ y $0$ y la parábola va hacia arriba, así que es negativa entre ellas: $- 4 \leq m \leq 0$ .

Resultado: $- 4 \leq m \leq 0$

Ejercicio 156 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2019

a) Resuelva la desigualdad $x^{2} > 2 x + 1$ .

b) Use la inducción matemática para probar que $2^{n + 1} > n^{2}$ para $n \in Z$ , $n \geq 3$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x < 1 - 2$ o $x > 1 + 2$ ; b) queda demostrado por inducción.

Ver proceso y resultado

a) 1. Pasamos todo a un lado: $x^{2} - 2 x - 1 > 0$ . 2. Raíces: $x = \frac{2 \pm 4 + 4}{2} = 1 \pm 2$ . 3. Parábola hacia arriba, positiva fuera de las raíces: $x < 1 - 2$ o $x > 1 + 2$ .

b) Demostramos que $2^{n + 1} > n^{2}$ para $n \geq 3$ por inducción.

Caso base $n = 3$ : $2^{4} = 16 > 9 = 3^{2}$ , se cumple.
Hipótesis de inducción: suponemos que para cierto $k \geq 3$ se cumple $2^{k + 1} > k^{2}$ .
Paso inductivo: hay que probar $2^{k + 2} > (k + 1)^{2}$ . Multiplicando la hipótesis por $2$ : $2^{k + 2} = 2 \cdot 2^{k + 1} > 2 k^{2} = k^{2} + k^{2} .$
Por el apartado (a), $k^{2} > 2 k + 1$ siempre que $k > 1 + 2 \approx 2, 41$ , y esto se cumple porque $k \geq 3$ . Entonces $k^{2} + k^{2} > k^{2} + 2 k + 1 = (k + 1)^{2} .$
Así $2^{k + 2} > (k + 1)^{2}$ : si es cierto para $k$ , lo es para $k + 1$ .
Como es cierto para $n = 3$ , por inducción se cumple para todo entero $n \geq 3$ .

Resultado: a) $x < 1 - 2$ o $x > 1 + 2$ ; b) queda demostrado por inducción.

Ejercicio 157 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Un sistema de ecuaciones está dado por

$cos x + cos y = 1, 2$ $sen x + sen y = 1, 4$

a) Para cada ecuación exprese $y$ en función de $x$ .

b) Usando lo anterior, resuelva el sistema para $0 < x < π$ , $0 < y < π$ .

Ver resultado

Resultado: a) $y = arccos (1, 2 - cos x)$ , $y = arcsin (1, 4 - sen x)$ ; b) $x = 0, 464$ , $y = 1, 26$ ; $x = 1, 26$ , $y = 0, 464$

Ver proceso y resultado

a) 1. De $cos x + cos y = 1, 2$ : $cos y = 1, 2 - cos x$ , y como $0 < y < π$ , $y = arccos (1, 2 - cos x)$ .

De $sen x + sen y = 1, 4$ : $sen y = 1, 4 - sen x$ , y en $] 0, π [$ con $sen y > 0$ , $y = arcsin (1, 4 - sen x)$ (valores con $y \leq \frac{π}{2}$ ; en general vale $sen y = 1, 4 - sen x$ ).

b) 1. Con lo anterior: $cos y = 1, 2 - cos x$ y $sen y = 1, 4 - sen x$ . Usamos $cos^{2} y + sen^{2} y = 1$ : $(1, 2 - cos x)^{2} + (1, 4 - sen x)^{2} = 1.$

Desarrollamos: $1, 44 - 2, 4 cos x + cos^{2} x + 1, 96 - 2, 8 sen x + sen^{2} x = 1$ , y con $cos^{2} x + sen^{2} x = 1$ queda $2, 4 cos x + 2, 8 sen x = 3, 4$ .
Con la CPG (o escribiendo el primer miembro como $13, 6 cos (x - φ)$ con $tan φ = \frac{2 , 8}{2 , 4}$ ) se obtienen, en $] 0, π [$ , dos soluciones: $x \approx 0, 464$ y $x \approx 1, 26$ .
Calculamos $y$ con $y = arccos (1, 2 - cos x)$ : para $x = 0, 464$ , $y \approx 1, 26$ ; para $x = 1, 26$ , $y \approx 0, 464$ (el sistema es simétrico en $x$ e $y$ ).

Resultado: a) $y = arccos (1, 2 - cos x)$ , $y = arcsin (1, 4 - sen x)$ ; b) $x = 0, 464$ , $y = 1, 26$ ; $x = 1, 26$ , $y = 0, 464$

Ejercicio 158 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Una función $f$ se define por $f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 5), x \in R$

a) Halle los valores de $x$ para los cuales $f (x) < ∣ f (x)∣$ .

Una función $g$ se define por $g (x) = x^{2} + x - 6, x \in R$ .

b) Calcule los valores de $x$ para los cuales $g (x) < \frac{1}{g ( x )}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x \in] - \infty, - 1 [\cup] 1, 5 [$ ; b) $x \in] - 3, 19; - 3 [\cup] - 2, 79; 1, 79 [\cup] 2; 2, 19 [$

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (x) < ∣ f (x)∣$ se cumple exactamente cuando $f (x) < 0$ (si $f \geq 0$ , $∣ f ∣ = f$ ). 2. $f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 5)$ es una cúbica con coeficiente principal positivo y ceros $- 1, 1, 5$ : es negativa para $x < - 1$ y para $1 < x < 5$ .

b) 1. Con $g = (x + 3) (x - 2)$ , escribimos $g < \frac{1}{g} ⟺ \frac{1}{g} - g > 0 ⟺ \frac{1 - g ^{2}}{g} > 0 ⟺ \frac{( g - 1 ) ( g + 1 )}{g} < 0$ . 2. Puntos críticos: $g = 0$ en $x = - 3$ y $x = 2$ ; $g = 1$ ( $x^{2} + x - 7 = 0$ ) en $x = \frac{- 1 \pm 29}{2} \approx - 3, 19; 2, 19$ ; $g = - 1$ ( $x^{2} + x - 5 = 0$ ) en $x = \frac{- 1 \pm 21}{2} \approx - 2, 79; 1, 79$ . 3. En orden: $- 3, 19 < - 3 < - 2, 79 < 1, 79 < 2 < 2, 19$ . Para $x$ grande el cociente es positivo y el signo se alterna al pasar por cada punto crítico (todos simples). Resulta negativo en $] - 3, 19; - 3 [$ , $] - 2, 79; 1, 79 [$ y $] 2; 2, 19 [$ .

Resultado: a) $x \in] - \infty, - 1 [\cup] 1, 5 [$ ; b) $x \in] - 3, 19; - 3 [\cup] - 2, 79; 1, 79 [\cup] 2; 2, 19 [$

Problemas de contexto

Ejercicio 159 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2008

La profundidad, $h (t)$ en metros, de agua a la entrada de un puerto a las $t$ horas después de la medianoche de un día particular viene dada por $h (t) = 8 + 4 sin (\frac{π t}{6})$ , $0 \leq t \leq 24$ .

a) Halle la profundidad máxima y la profundidad mínima del agua.

b) Halle los valores de $t$ para los cuales $h (t) \geq 8$ .

Ver resultado

Resultado: a) profundidad máxima $12$ m, mínima $4$ m; b) $0 \leq t \leq 6$ , $12 \leq t \leq 18$ y $t = 24$

Ver proceso y resultado

a) 1. La función seno toma valores entre $- 1$ y $1$ , y ambos se alcanzan en $[0, 24]$ (el periodo es $\frac{2 π}{π /6} = 12$ horas). 2. Máximo: $h = 8 + 4 \cdot 1 = 12$ . Mínimo: $h = 8 + 4 \cdot (- 1) = 4$ .

b) 1. $h (t) \geq 8 ⟺ 8 + 4 sin (\frac{π t}{6}) \geq 8 ⟺ sin (\frac{π t}{6}) \geq 0$ . 2. El seno es no negativo cuando su argumento está en $[0, π]$ o en $[2 π, 3 π]$ , o vale $4 π$ (extremo del intervalo, pues $\frac{π \cdot 24}{6} = 4 π$ ). 3. Despejando $t = \frac{6}{π} \cdot (argumento)$ : $0 \leq t \leq 6$ , $12 \leq t \leq 18$ , y $t = 24$ (donde $h = 8$ ).

Resultado: a) profundidad máxima $12$ m, mínima $4$ m; b) $0 \leq t \leq 6$ , $12 \leq t \leq 18$ y $t = 24$

Ejercicio 160 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

Se ha probado que en competiciones de remo el tiempo, $T$ segundos tomados para completar $2000$ m de carrera se puede modelar mediante una ecuación de la forma $T = a N^{b}$ , donde $N$ es el número de los remadores en el barco y $a$ y $b$ son constantes para los remadores de un estándar similar. Para probar este modelo los tiempos para los finalistas en todas las carreras de $2000$ m masculinas en unos recientes juegos Olímpicos se registraron los juegos y se calculó la media. Los resultados se muestran en la siguiente tabla para $N = 1$ y $N = 2$ .

$N$	$T$ (segundos)
1	420,65
2	390,94

a) Utilice estos resultados para encontrar estimaciones para el valor de $a$ y el valor de $b$ . De sus respuestas con cinco cifras significativas.

b) Utilice este modelo para estimar el tiempo medio de los finalistas en una carrera olímpica para barcos con $8$ remeros. Dé su respuesta correcta con dos decimales.

Ahora se sabe que el tiempo promedio en la final para barcos con $8$ remadores fue de $342, 08$ segundos.

c) Calcule el error en su estimación como un porcentaje del valor real.

d) Haga un comentario sobre la probable validez del modelo cuando $N$ aumenta más allá de $8$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = 420, 65$ , $b = - 0, 10567$ ; b) $T = 337, 67$ s; c) error de $4, 41$ s, es decir, $1, 29 %$ del valor real; d) no es un buen ajuste para valores de $N$ mayores que $8$ y sí lo es para valores de $N$ próximos a $8$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Con $N = 1$ : $T = a \cdot 1^{b} = a = 420, 65$ . 2. Con $N = 2$ : $390, 94 = 420, 65 \cdot 2^{b}$ , luego $2^{b} = \frac{390 , 94}{420 , 65}$ . 3. Con la CPG (o tomando logaritmos): $b = lo g_{2} \frac{390 , 94}{420 , 65} = \frac{ln ( 390 , 94/420 , 65 )}{ln 2} \approx - 0, 10567$ .

b) 1. Con $N = 8$ y las estimaciones anteriores: $T = 420, 65 \cdot 8^{- 0, 10567} \approx 337, 67$ segundos.

c) 1. Error absoluto: $342, 08 - 337, 67 = 4, 41$ s. 2. Como porcentaje del valor real: $\frac{4 , 41}{342 , 08} \cdot 100 \approx 1, 29 %$ .

d) 1. El modelo, con $b < 0$ , predice un tiempo que sigue disminuyendo sin límite (tiende a $0$ ) al aumentar $N$ , cosa imposible físicamente. 2. Además se ha ajustado con solo dos puntos ( $N = 1$ y $N = 2$ ) y ya presenta un error de $1, 29 %$ en $N = 8$ . 3. Por tanto el modelo es válido para valores de $N$ próximos a $8$ , pero no es fiable para $N$ mayores que $8$ .

Ejercicio 161 MedioIB · P1 Mayo 2000

Se dibuja un rectángulo de manera que sus vértices inferiores están en el eje $x$ y sus vértices superiores están en la curva $y = sen x$ , donde $0 \leq x \leq π$ .

a) Escriba una expresión para el área del rectángulo.

b) Calcule el área máxima del rectángulo.

Ver resultado

Resultado: a) $A = (π - 2 x) sen x$ ; b) el área máxima vale $1, 12$

Ver proceso y resultado

a) 1. Los vértices superiores están a la misma altura, y como $sen x$ es simétrica respecto de $x = \frac{π}{2}$ en $[0, π]$ , sus abscisas son $x$ y $π - x$ (con $0 < x < \frac{π}{2}$ ).

Base: $π - x - x = π - 2 x$ . Altura: $sen x$ .
$A = (π - 2 x) sen x$ .

b) 1. Con la CPG, se representa $A (x) = (π - 2 x) sen x$ para $0 < x < \frac{π}{2}$ y se busca el máximo (equivale a resolver $A^{'} (x) = - 2 sen x + (π - 2 x) cos x = 0$ ).

El máximo se alcanza en $x \approx 0, 710$ .
$A_{m a x} = (π - 2 \cdot 0, 710) sen 0, 710 \approx 1, 12$ .

Resultado: a) $A = (π - 2 x) sen x$ ; b) el área máxima vale $1, 12$

Ejercicio 162 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2021

Todas las plantas que están vivas contienen un isótopo del carbono llamado carbono-14.

Cuando una planta se muere el isótopo empieza a desintegrarse, de modo que la cantidad de carbono-14 que está presente en los restos de la planta va disminuyendo. El tiempo que ha transcurrido desde la muerte de una planta dada se puede determinar midiendo la cantidad de carbono-14 que aún está presente en los restos. La cantidad ( $A$ ) de carbono-14 que está presente en una planta $t$ años después de su muerte se puede modelizar mediante $A = A_{0} e^{- k t}$ , donde $k \geq 0$ y $A_{0}, k$ son constantes positivas. Por definición, una planta tiene $100$ unidades de carbono-14 en el momento de su muerte.

a) Muestre que $A_{0} = 100$ .

Se sabe que el tiempo que tarda en desintegrarse la mitad de la cantidad inicial de carbono-14 es igual a $5730$ años.

b) Muestre que $k = \frac{ln 2}{5730}$ .

c) Halle, redondeando al múltiplo de $10$ años más próximo, el tiempo que tarda en desintegrarse el $25 %$ del carbono-14 tras la muerte de la planta.

Ver resultado

Resultado: a) $A_{0} = 100$ ; b) $k = \frac{ln 2}{5730}$ ; c) $t \approx 2380$ años

Ver proceso y resultado

a) 1. En el momento de la muerte $t = 0$ y $A = 100$ . 2. $A (0) = A_{0} e^{0} = A_{0}$ , luego $A_{0} = 100$ .

b) 1. La mitad se ha desintegrado cuando $A = 50$ , en $t = 5730$ : $50 = 100 e^{- 5730 k}$ . 2. $e^{- 5730 k} = \frac{1}{2} \Rightarrow - 5730 k = ln \frac{1}{2} = - ln 2$ . 3. $k = \frac{ln 2}{5730}$ .

c) 1. Se ha desintegrado el $25%$ , luego queda el $75%$ : $A = 75$ . 2. $75 = 100 e^{- k t} \Rightarrow e^{- k t} = \frac{3}{4} \Rightarrow t = \frac{1}{k} ln \frac{4}{3} = \frac{5730 ln \frac{4}{3}}{ln 2}$ . 3. $t \approx 2378$ años; al múltiplo de $10$ más próximo, $2380$ años.

Resultado: a) $A_{0} = 100$ ; b) $k = \frac{ln 2}{5730}$ ; c) $t \approx 2380$ años

Ejercicio 163 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2021

Una noria de $110$ metros de diámetro gira a velocidad constante. El punto más bajo de las ruedas está a $10$ metros del suelo, como se muestra en el siguiente diagrama. $P$ es un punto en la rueda. La rueda comienza a moverse con $P$ en el punto más bajo y completa una revolución en $20$ minutos.

Diagrama de una noria de 110 metros de diámetro cuyo punto más bajo está a 10 metros del suelo, con un punto P en la rueda y el sentido de giro

La altura, $h$ metros, de $P$ sobre el suelo después de $t$ minutos viene dado por $f (t) = a cos (b t) + c$ , donde $a, b, c \in R$ . Calcule los valores de $a$ , $b$ y $c$ .

Ver resultado

Resultado: $a = - 55$ , $b = \frac{π}{10}$ , $c = 65$

Ver proceso y resultado

El diámetro es $110$ m, luego el radio es $55$ m. La altura de $P$ oscila entre un mínimo de $10$ m y un máximo de $10 + 110 = 120$ m.
Recta media: $c = \frac{10 + 120}{2} = 65$ (la altura del centro de la rueda). Amplitud: $\frac{120 - 10}{2} = 55$ .
Al empezar ( $t = 0$ ), $P$ está en el punto más bajo, donde $h = 10$ : $f (0) = a + c = 10 \Rightarrow a = 10 - 65 = - 55$ .
El periodo es $20$ min: $b = \frac{2 π}{20} = \frac{π}{10}$ .
Comprobación: $f (10) = - 55 cos π + 65 = 120$ m en el punto más alto.

Resultado: $a = - 55$ , $b = \frac{π}{10}$ , $c = 65$

Ejercicio 164 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2022

La población de una ciudad $t$ años después del 1 de enero de 2014 se puede modelizar mediante la función $P (t) = 15000 e^{k t}$ , donde $k < 0$ y $t \geq 0$ .

Se sabe que, entre el 1 de enero de 2014 y el 1 de enero de 2022, la población disminuyó un $11%$ .

Utilice este modelo para estimar cuál será la población de esta ciudad el 1 de enero de 2041.

Ver resultado

Resultado: $\approx 10100$ habitantes

Ver proceso y resultado

Entre $t = 0$ (1 de enero de 2014) y $t = 8$ (1 de enero de 2022) la población disminuyó un $11%$ : queda el $89%$ , así que $P (8) = 0, 89 P (0)$ , es decir, $15000 e^{8 k} = 0, 89 \cdot 15000$ .
$e^{8 k} = 0, 89 \Rightarrow k = \frac{ln 0 , 89}{8} \approx - 0, 01457$ (negativo, coherente).
El 1 de enero de 2041 corresponde a $t = 2041 - 2014 = 27$ .
$P (27) = 15000 e^{27 k} = 15000 \cdot 0, 8 9^{27/8} \approx 10100$ .

Resultado: $\approx 10100$ habitantes

Ejercicio 165 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2008

La figura muestra los límites de la sección transversal de un canal de agua. La ecuación que representa a estos límites es $y = 16 sec (\frac{π x}{36}) - 32$ donde $x$ e $y$ vienen dados los dos en cm.

Sección transversal de un canal de agua en forma de U, limitada por una curva simétrica; parte superior a ras del suelo con ancho 24 cm, profundidad máxima 16 cm y agua hasta cierta altura

La parte superior del canal está al mismo nivel que el suelo y tiene un ancho de 24 cm. El canal tiene una profundidad máxima de 16 cm. Halle el ancho de la superficie del agua en el canal cuando la profundidad del agua es de 10 cm. Exprese la respuesta en la forma $a arccos b$ donde $a, b \in R$ .

Ver resultado

Resultado: ancho $= \frac{72}{π} arccos (\frac{8}{13})$ cm

Ver proceso y resultado

El agua llega a una profundidad de 10 cm. El fondo del canal está en $y = - 16$ , luego la superficie del agua está en $y = - 16 + 10 = - 6$ .
Imponemos $y = - 6$ en la ecuación de la curva: $16 sec (\frac{π x}{36}) - 32 = - 6 \Rightarrow sec (\frac{π x}{36}) = \frac{26}{16} = \frac{13}{8} .$
Pasamos al coseno: $cos (\frac{π x}{36}) = \frac{8}{13}$ .
Para $x > 0$ en el rango del canal ( $0 < π x /36 < π /3$ ), $\frac{π x}{36} = arccos \frac{8}{13}$ , es decir $x = \frac{36}{π} arccos \frac{8}{13}$ .
La curva es simétrica respecto del eje $y$ , así que la superficie va de $- x$ a $x$ y su ancho es $2 x$ : $ancho = \frac{72}{π} arccos (\frac{8}{13}) .$

Resultado: ancho $= \frac{72}{π} arccos (\frac{8}{13})$ cm

Ejercicio 166 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Considere el rectángulo $O A B C$ , tal que $A B = O C = 10$ y $B C = O A = 1$ .

Los puntos $P$ , $Q$ y $R$ pertenecen a la recta $O C$ , siendo $O P = p$ , $O Q = q$ , $O R = r$ , y tal que $0 < p < q < r < 10$ .

Rectángulo OABC con los puntos P, Q y R sobre el lado OC y los segmentos AP, AQ y AR

Sea $θ_{P}$ el ángulo $A P O$ , $θ_{Q}$ el ángulo $A QO$ y $θ_{R}$ el ángulo $A R O$ .

a) Halle una expresión para $θ_{P}$ en función de $p$ .

Considere el caso particular en el que $θ_{P} = θ_{Q} + θ_{R}$ y $QR = 1$ .

b) Muestre que $p = \frac{q ^{2} + q - 1}{2 q + 1}$ .

c) Dibuje aproximadamente el gráfico de $p$ en función de $q$ y, con ello, determine el intervalo de valores de $p$ para los cuales existen valores posibles de $q$ .

Ver solución

a) 1. En el triángulo $O P A$ , rectángulo en $O$ , el cateto opuesto a $θ_{P}$ es $O A = 1$ y el adyacente es $O P = p$ . 2. Entonces $tan θ_{P} = \frac{1}{p}$ , luego $θ_{P} = arctan \frac{1}{p}$ .

b) 1. Del mismo modo, $θ_{Q} = arctan \frac{1}{q}$ y $θ_{R} = arctan \frac{1}{r}$ . Como $QR = 1$ , $r = q + 1$ . 2. De $θ_{P} = θ_{Q} + θ_{R}$ tomamos tangentes y usamos la fórmula de la suma: $tan θ_{P} = \frac{tan θ _{Q} + tan θ _{R}}{1 - tan θ _{Q} tan θ _{R}} = \frac{\frac{1}{q} + \frac{1}{q + 1}}{1 - \frac{1}{q ( q + 1 )}} .$ 3. Multiplicamos numerador y denominador por $q (q + 1)$ : $\frac{1}{p} = \frac{( q + 1 ) + q}{q ( q + 1 ) - 1} = \frac{2 q + 1}{q ^{2} + q - 1} .$ 4. Despejando, $p = \frac{q ^{2} + q - 1}{2 q + 1}$ .

c) 1. Condiciones del enunciado: $0 < p < q < r < 10$ con $r = q + 1$ , así que $q < 9$ . 2. Además $p > 0$ exige $q^{2} + q - 1 > 0$ , es decir, $q > \frac{5 - 1}{2} \approx 0, 618$ . 3. La condición $p < q$ equivale a $q^{2} + q - 1 < 2 q^{2} + q$ , es decir, $q^{2} > - 1$ , que siempre se cumple. 4. Por tanto $0, 618 < q < 9$ . 5. La función $p (q)$ es creciente (su derivada $\frac{2 q ^{2} + 2 q + 3}{( 2 q + 1 ) ^{2}}$ es positiva), con $p (0, 618) = 0$ y $p (9) = \frac{89}{19} \approx 4, 68$ . 6. La gráfica es una curva creciente entre los extremos $(0, 618; 0)$ y $(9; 4, 68)$ , de modo que $p$ toma los valores $0 < p < 4, 68$ .

Gráfico de p en función de q para q entre 0,618 y 9

Resultado: a) $θ_{P} = arctan \frac{1}{p}$ ; b) $p = \frac{q ^{2} + q - 1}{2 q + 1}$ , queda demostrado; c) $0, 618 < q < 9$ , $0 < p < 4, 68$

Ejercicio 167 DifícilIB · P2 Noviembre 2001

El segmento de recta $[A B]$ tiene longitud $l$ , pendiente $m$ , $(0 < m < 1)$ , y pasa por el punto $(0, 1)$ . Corta al eje $x$ en $A$ y a la recta $y = x$ en $B$ , como muestra el diagrama.

Segmento AB que pasa por el punto (0, 1), con A en el eje x y B en la recta y = x

a) Calcule las coordenadas de $A$ y de $B$ en función de $m$ .

b) Muestre que $l^{2} = \frac{m ^{2} + 1}{m ^{2} ( 1 - m ) ^{2}}$ .

c) Dibuje la gráfica de $y = \frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} ( 1 - x ) ^{2}}$ , para $x \neq = 0$ , $x \neq = 1$ , indicando las asíntotas y las coordenadas de todos los puntos máximos o mínimos.

d) Calcule el valor de $m$ para que $l$ sea mínimo, y calcule el mínimo valor de $l$ .

Ver solución

a) 1. La recta que contiene a $[A B]$ tiene pendiente $m$ y pasa por $(0, 1)$ : $y = m x + 1$ .

El punto $A$ es el corte con el eje $x$ : $0 = m x + 1 \Rightarrow x = - \frac{1}{m}$ , luego $A (- \frac{1}{m}, 0)$ .
El punto $B$ es el corte con $y = x$ : $x = m x + 1 \Rightarrow x (1 - m) = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{1 - m}$ , y como $y = x$ , $B (\frac{1}{1 - m}, \frac{1}{1 - m})$ .

b) 1. La longitud al cuadrado es $l^{2} = (x_{B} - x_{A})^{2} + (y_{B} - y_{A})^{2}$ .

$x_{B} - x_{A} = \frac{1}{1 - m} + \frac{1}{m} = \frac{m + 1 - m}{m ( 1 - m )} = \frac{1}{m ( 1 - m )}$ e $y_{B} - y_{A} = \frac{1}{1 - m}$ .
$l^{2} = \frac{1}{m ^{2} ( 1 - m ) ^{2}} + \frac{1}{( 1 - m ) ^{2}} = \frac{1 + m ^{2}}{m ^{2} ( 1 - m ) ^{2}}$ , que es lo que había que mostrar.

c) 1. Sea $h (x) = \frac{x ^{2} + 1}{x ^{2} ( 1 - x ) ^{2}}$ . El denominador se anula en $x = 0$ y $x = 1$ y el numerador no, luego hay asíntotas verticales $x = 0$ y $x = 1$ .

Grado del numerador $2 <$ grado del denominador $4$ : asíntota horizontal $y = 0$ (la curva está siempre por encima, porque $h (x) > 0$ ).
No corta a los ejes (no existe $h (0)$ y $h (x) \neq = 0$ ).
Derivando, $h^{'} (x) = \frac{- 2 ( x ^{3} + 2 x - 1 )}{x ^{3} ( x - 1 ) ^{3}}$ . El numerador $x^{3} + 2 x - 1$ es creciente y solo tiene una raíz real, $x \approx 0, 453$ (con la CPG), que está entre las asíntotas verticales y es un mínimo, con $h (0, 453) \approx 19, 6$ .

Gráfica de y = (x²+1)/(x²(1−x)²) con sus asíntotas y el mínimo local entre x = 0 y x = 1

d) 1. $l$ es mínimo cuando lo es $l^{2}$ , es decir, en el mínimo de la gráfica del apartado c), con $m \in] 0, 1 [$ : $m \approx 0, 453$ .

$l_{m i n} = 19, 6 \approx 4, 43$ (más exactamente $l^{2} = 19, 63$ ).

Resultado: a) $A (- \frac{1}{m}, 0)$ , $B (\frac{1}{1 - m}, \frac{1}{1 - m})$ ; b) queda demostrado; c) asíntotas verticales $x = 0$ , $x = 1$ , asíntota horizontal $y = 0$ , mínimo $(0, 453; 19, 6)$ ; d) $m = 0, 453$ y $l_{m i n} = 4, 43$

Ejercicio 168 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2012

Un triángulo está formado por las tres rectas $y = 10 - 2 x$ , $y = m x$ e $y = - \frac{1}{m} x$ , donde $m > \frac{1}{2}$ .

Calcule el valor de $m$ para el cual el área del triángulo es mínima.

Ver resultado

Resultado: Área $= \frac{50 ( 1 + m ^{2} )}{( m + 2 ) ( 2 m - 1 )}$ . Área mínima $20$ para $m = 3$ .

Ver proceso y resultado

Las rectas $y = m x$ e $y = - \frac{x}{m}$ son perpendiculares y pasan por el origen: el triángulo tiene un ángulo recto en $O (0, 0)$ .
Vértice $P$ (entre $y = 10 - 2 x$ e $y = m x$ ): $m x = 10 - 2 x \Rightarrow x = \frac{10}{m + 2}$ , $P (\frac{10}{m + 2}, \frac{10 m}{m + 2})$ , y $∣ O P ∣ = \frac{10 1 + m ^{2}}{m + 2}$ .
Vértice $Q$ (entre $y = 10 - 2 x$ e $y = - \frac{x}{m}$ ): $- \frac{x}{m} = 10 - 2 x \Rightarrow x (2 m - 1) = 10 m \Rightarrow x = \frac{10 m}{2 m - 1}$ , $Q (\frac{10 m}{2 m - 1}, \frac{- 10}{2 m - 1})$ , y $∣ O Q ∣ = \frac{10 1 + m ^{2}}{2 m - 1}$ (con $m > \frac{1}{2}$ ).
Área $= \frac{1}{2} ∣ O P ∣∣ O Q ∣ = \frac{50 ( 1 + m ^{2} )}{( m + 2 ) ( 2 m - 1 )} = \frac{50 ( 1 + m ^{2} )}{2 m ^{2} + 3 m - 2}$ .
Derivamos: $A^{'} (m) = 50 \cdot \frac{2 m ( 2 m ^{2} + 3 m - 2 ) - ( 1 + m ^{2} ) ( 4 m + 3 )}{( 2 m ^{2} + 3 m - 2 ) ^{2}} = 50 \cdot \frac{3 m ^{2} - 8 m - 3}{( 2 m ^{2} + 3 m - 2 ) ^{2}}$ .
$A^{'} (m) = 0 \Rightarrow 3 m^{2} - 8 m - 3 = 0 \Rightarrow m = \frac{8 \pm 10}{6}$ , o sea $m = 3$ o $m = - \frac{1}{3}$ . Con $m > \frac{1}{2}$ nos queda $m = 3$ .
Es mínimo: $A^{'} < 0$ para $\frac{1}{2} < m < 3$ y $A^{'} > 0$ para $m > 3$ . El área vale $A (3) = \frac{50 \cdot 10}{5 \cdot 5} = 20$ .

Resultado: Área $= \frac{50 ( 1 + m ^{2} )}{( m + 2 ) ( 2 m - 1 )}$ . Área mínima $20$ para $m = 3$ .

Ejercicio 169 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

Una estación de electricidad está en el borde de un río recto.

Un faro se encuentra en el mar a $200$ m de la estación de electricidad. El ángulo entre el litoral y la línea que une el faro con la estación eléctrica es $6 0^{\circ}$ . Es necesario colocar un cable conectando el faro a la estación de electricidad. Se decide colocar un cable en una línea recta a la costa y luego a lo largo de la costa a la estación de electricidad. La longitud de cable colocado a lo largo de la costa es de $x$ metros. Esta información se ilustra en el siguiente diagrama

Diagrama: un faro en el mar a 200 m de la estación de electricidad, que está junto a una costa recta; el ángulo entre la costa y la línea faro-estación es de 60°, y el cable llega a tierra a una distancia x de la estación

El costo de colocar el cable a lo largo del fondo marino es de $80$ dólares estadounidenses por metro, y el colocarlo en tierra es de $20$ dólares estadounidenses por metro.

a) Halle, en función de $x$ , una expresión para el costo de colocación del cable.

b) Encuentre el valor de $x$ , al metro más cercano, de manera que este costo se minimice.

Ver resultado

Resultado: a) $C (x) = 80 x^{2} - 200 x + 40000 + 20 x$ ; b) $x = 55$ m (coste mínimo $\approx 15416$ US$)

Ver proceso y resultado

a) 1. La altura del faro sobre la costa es $200 sen 6 0^{\circ} = 1003$ m, y su pie está a $200 cos 6 0^{\circ} = 100$ m de la estación, a lo largo de la costa. 2. El cable llega a la costa en un punto situado a $x$ m de la estación; el tramo marino une el faro con ese punto. Su longitud, por Pitágoras, es $(x - 100)^{2} + (1003)^{2} = x^{2} - 200 x + 40000$ . 3. Coste: $80$ US$/m en el mar y $20$ US$/m en tierra: $C (x) = 80 x^{2} - 200 x + 40000 + 20 x .$

b) 1. Derivamos: $C^{'} (x) = \frac{80 ( x - 100 )}{x ^{2} - 200 x + 40 000} + 20 = 0 \Rightarrow 4 (x - 100) = - (x - 100)^{2} + 30000$ . 2. Esto exige $x < 100$ . Elevando al cuadrado: $16 (x - 100)^{2} = (x - 100)^{2} + 30000 \Rightarrow (x - 100)^{2} = 2000$ . 3. $x = 100 - 2000 = 100 - 205 \approx 55, 28$ (la otra solución no es válida porque $x < 100$ ). 4. Es un mínimo (con la CPG se ve que $C$ baja hasta ahí y luego sube); coste mínimo $\approx 15416$ US$. Al metro más cercano, $x = 55$ m.

Resultado: a) $C (x) = 80 x^{2} - 200 x + 40000 + 20 x$ ; b) $x = 55$ m (coste mínimo $\approx 15416$ US$)

Ejercicio 170 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2021

La altura del agua, en metros, en el puerto de Dungeness está modelada por la función $H (t) = a sen (b (t - c)) + d$ , donde $t$ es el número de horas después de la media noche y $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son constantes, donde $a > 0$ , $b > 0$ y $c > 0$ . El siguiente diagrama muestra la altura del agua durante $13$ horas, a partir de la medianoche.

Gráfica de la altura del agua H(t) durante 13 horas desde la medianoche: parte de unos 3 m, sube hasta un máximo, baja hasta un mínimo y vuelve a subir

La primera marea alta ocurre a las 04:30 y la siguiente marea alta ocurre $12$ horas después. De principio a fin del día, la altura del agua fluctúa entre $2, 2$ m y $6, 8$ m. Todas las alturas se dan aproximadas a una cifra decimal.

a) Muestre que $b = \frac{π}{6}$ .

b) Encuentre el valor de $a$ .

c) Encuentre el valor de $d$ .

d) Encuentre el valor más pequeño posible de $c$ .

e) Encontrar la altura del agua a las 12.00 horas.

f) Determinar el número de horas, durante un período de $24$ horas, durante las cuales la marea es más alta de $5$ metros.

Un pescador señala que la altura del agua en el cercano puerto de Folkestone sigue el mismo patrón sinusoidal como el del puerto de Dungeness, con la excepción de las mareas altas (y bajas) ocurren $50$ minutos antes que en Dungeness.

g) Encuentre una ecuación adecuada que pueda utilizarse para modelar la altura de marea del agua en el puerto de Folkestone.

Ver resultado

Resultado: a) $b = \frac{π}{6}$ ; b) $a = 2, 3$ ; c) $d = 4, 5$ ; d) $c = 1, 5$ ; e) $2, 87$ m; f) $10, 3$ horas; g) $G (t) = 2, 3 sen (\frac{π}{6} (t - \frac{2}{3})) + 4, 5$

Ver proceso y resultado

a) 1. La primera marea alta ocurre a las $4, 5$ h y la siguiente $12$ horas después: el periodo es $12$ h. 2. $b = \frac{2 π}{12} = \frac{π}{6}$ .

b) La amplitud es la mitad de la diferencia entre el máximo y el mínimo: $a = \frac{6 , 8 - 2 , 2}{2} = 2, 3$ .

c) La recta media es el promedio: $d = \frac{6 , 8 + 2 , 2}{2} = 4, 5$ .

d) 1. El máximo se da en $t = 4, 5$ , es decir, $\frac{π}{6} (4, 5 - c) = \frac{π}{2} + 2 k π$ . 2. Para $k = 0$ : $4, 5 - c = 3 \Rightarrow c = 1, 5$ . En general $c = 1, 5 - 12 k$ (que es el mismo desfase módulo el periodo), y el menor valor positivo es $c = 1, 5$ .

e) 1. A las $12 : 00$ , $t = 12$ : $H (12) = 2, 3 sen (\frac{π}{6} (12 - 1, 5)) + 4, 5 = 2, 3 sen (\frac{7 π}{4}) + 4, 5$ . 2. $sen \frac{7 π}{4} = - \frac{2}{2}$ , luego $H = 4, 5 - 2, 3 \cdot 0, 7071 \approx 2, 87$ m.

f) 1. Planteamos $H (t) > 5 \Rightarrow sen (\frac{π}{6} (t - 1, 5)) > \frac{0 , 5}{2 , 3} \approx 0, 2174$ . 2. En un periodo de $12$ h, con la CPG (o con $θ = arcsin 0, 2174 \approx 0, 219$ rad), la marea supera $5$ m durante $\frac{π - 2 θ}{π /6} \approx 5, 16$ horas. 3. En $24$ h hay dos periodos completos de esa situación (las dos mareas altas, a las $4, 5$ h y $16, 5$ h): $2 \cdot 5, 16 \approx 10, 3$ horas.

g) 1. Si las mareas ocurren $50$ min $= \frac{5}{6}$ h antes, la gráfica se desplaza $\frac{5}{6}$ h hacia la izquierda: se sustituye $t$ por $t + \frac{5}{6}$ . 2. $G (t) = 2, 3 sen (\frac{π}{6} (t + \frac{5}{6} - 1, 5)) + 4, 5 = 2, 3 sen (\frac{π}{6} (t - \frac{2}{3})) + 4, 5$ .

Resultado: a) $b = \frac{π}{6}$ ; b) $a = 2, 3$ ; c) $d = 4, 5$ ; d) $c = 1, 5$ ; e) $2, 87$ m; f) $10, 3$ horas; g) $G (t) = 2, 3 sen (\frac{π}{6} (t - \frac{2}{3})) + 4, 5$

Sigue estudiando

Clases de matemáticas en Aldaia y online

¿Quieres que lo trabajemos juntos?

Primera consulta gratuita: vemos tu nivel, el examen que te espera y montamos un plan. Álvaro responde por WhatsApp.

Escribir por WhatsApp