En esta sección presentamos una colección de 20 ejercicios resueltos sobre dominio, codominio e imagen, desarrollados con explicaciones rigurosas y detalladas para comprender verdaderamente el significado de estos tres conceptos fundamentales en el estudio de las funciones.
Con frecuencia, dominio, codominio e imagen se confunden entre sí, pero representan conjuntos distintos y desempeñan roles completamente diferentes.
En particular:
- el dominio es el conjunto de valores para los que la función está definida;
- el codominio es el conjunto en el que la función toma sus valores;
- la imagen es el conjunto de valores que la función alcanza efectivamente.
Comprender bien esta distinción es esencial no solo en el estudio elemental de las funciones, sino también en el análisis matemático, en el estudio de las funciones invertibles, de las aplicaciones lineales y de las transformaciones geométricas.
En los ejercicios siguientes aprenderemos a:
- determinar correctamente el dominio de una función;
- distinguir codominio e imagen;
- comprender cuándo la imagen y el codominio coinciden;
- estudiar los valores que efectivamente toma una función.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=5x-3. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R} \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=5x-3. \]
Se trata de una función polinomial de primer grado. Las funciones polinomiales están definidas para todo número real, ya que no aparecen denominadores, raíces ni logaritmos que puedan imponer restricciones.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la notación:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \]
se deduce de inmediato que el codominio elegido es:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen de la función.
Planteamos:
\[ y=5x-3. \]
Despejamos \(x\):
\[ 5x=y+3 \]
y por tanto:
\[ x=\frac{y+3}{5}. \]
Para todo valor real \(y\), el número:
\[ \frac{y+3}{5} \]
pertenece a \(\mathbb{R}\). Esto significa que todo número real es efectivamente alcanzado por la función.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}. \]
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=x^2+1. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty) \]
Solución
La función:
\[ f(x)=x^2+1 \]
es una función polinomial, luego está definida para todo número real.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
El codominio se lee directamente de la definición de la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Puesto que:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
se tiene:
\[ x^2+1\ge1. \]
La función toma únicamente valores mayores o iguales a \(1\).
Mostremos ahora que todos estos valores son efectivamente alcanzados.
Sea:
\[ y\ge1. \]
Resolvemos:
\[ y=x^2+1. \]
Obtenemos:
\[ x^2=y-1. \]
Como:
\[ y-1\ge0, \]
podemos elegir:
\[ x=\sqrt{y-1}. \]
Así pues, todo número mayor o igual a \(1\) pertenece a la imagen de la función.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty). \]
Observamos finalmente que:
\[ \mathrm{Im}(f)\subsetneq\mathrm{Cod}(f), \]
ya que la función nunca toma valores menores que \(1\).
Ejercicio 3 — nivel ★☆☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to[0,+\infty) \qquad,\qquad f(x)=x^2. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=[0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=x^2. \]
Al ser una función polinomial, está definida para todo número real.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
El codominio es:
\[ [0,+\infty), \]
pues la función está definida como:
\[ f:\mathbb{R}\to[0,+\infty). \]
Estudiemos ahora la imagen.
Para todo \(x\in\mathbb{R}\), se cumple:
\[ x^2\ge0. \]
La función toma únicamente valores no negativos.
Además, todo valor no negativo es efectivamente alcanzado.
En efecto, dado:
\[ y\ge0, \]
podemos tomar:
\[ x=\sqrt{y}. \]
Obtenemos así:
\[ f(x)=f(\sqrt{y})=(\sqrt{y})^2=y. \]
Luego:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
En este caso, la imagen y el codominio coinciden:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathrm{Cod}(f). \]
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:[0,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=[0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\sqrt{x}. \]
Para que una raíz cuadrada esté definida en los números reales, el radicando debe ser mayor o igual que cero.
Debemos entonces exigir:
\[ x\ge0. \]
En consecuencia:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[0,+\infty). \]
De la definición:
\[ f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
observamos que el codominio elegido es:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
La raíz cuadrada aritmética es siempre no negativa.
En efecto:
\[ \sqrt{x}\ge0 \qquad \forall x\ge0. \]
Por tanto, la función toma únicamente valores pertenecientes al intervalo:
\[ [0,+\infty). \]
Mostremos ahora que todos estos valores son efectivamente alcanzados.
Sea:
\[ y\ge0. \]
Tomamos:
\[ x=y^2. \]
Como:
\[ y^2\ge0, \]
tenemos:
\[ y^2\in[0,+\infty), \]
es decir, el valor elegido pertenece al dominio.
Además:
\[ f(y^2)=\sqrt{y^2}=y. \]
Luego, todo número real no negativo pertenece a la imagen de la función.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Observamos finalmente que:
\[ \mathrm{Im}(f)\subsetneq\mathrm{Cod}(f), \]
ya que la función nunca toma valores negativos.
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{2}{x-1}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\} \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{2}{x-1}. \]
En una fracción, el denominador no puede ser igual a cero.
Debemos entonces exigir:
\[ x-1\neq0. \]
Resolviendo:
\[ x\neq1. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R}, \]
deducimos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen de la función.
Observamos en primer lugar que la función nunca puede tomar el valor \(0\).
En efecto:
\[ \frac{2}{x-1}=0 \]
no tiene soluciones reales, pues una fracción con numerador distinto de cero no puede ser igual a cero.
Por tanto:
\[ 0\notin\mathrm{Im}(f). \]
Mostremos ahora que todo otro número real es alcanzado.
Sea:
\[ y\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
Resolvemos:
\[ y=\frac{2}{x-1}. \]
Multiplicando por \(x-1\):
\[ y(x-1)=2. \]
Dividiendo por \(y\):
\[ x-1=\frac{2}{y}. \]
y por tanto:
\[ x=1+\frac{2}{y}. \]
Como \(y\neq0\), este valor está bien definido.
Luego, todo número real distinto de cero pertenece a la imagen de la función.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:(0,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\ln(x). \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=(0,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R} \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\ln(x). \]
El logaritmo natural está definido únicamente para argumentos estrictamente positivos.
Debemos entonces exigir:
\[ x>0. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=(0,+\infty). \]
De la definición:
\[ f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
deducimos que el codominio es:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Es bien sabido que:
\[ \lim_{x\to0^+}\ln(x)=-\infty \]
y:
\[ \lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty. \]
Además, la función logaritmo es continua en el intervalo:
\[ (0,+\infty). \]
Esto significa que, a medida que \(x\) recorre todos los valores positivos, la función alcanza todos los valores reales.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}. \]
En este caso:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathrm{Cod}(f). \]
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x-1}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\sqrt{x-1}. \]
Para que la raíz cuadrada esté definida en los números reales, el radicando debe ser mayor o igual que cero.
Debemos entonces exigir:
\[ x-1\ge0. \]
Resolviendo:
\[ x\ge1. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty). \]
De la definición:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
identificamos el codominio:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Puesto que la raíz cuadrada aritmética es siempre no negativa, se tiene:
\[ \sqrt{x-1}\ge0. \]
Por tanto, la función toma únicamente valores no negativos.
Mostremos ahora que todo valor no negativo es efectivamente alcanzado.
Sea:
\[ y\ge0. \]
Queremos encontrar \(x\in[1,+\infty)\) tal que:
\[ \sqrt{x-1}=y. \]
Elevando al cuadrado:
\[ x-1=y^2. \]
De donde:
\[ x=y^2+1. \]
Como \(y^2\ge0\), se tiene:
\[ y^2+1\ge1, \]
luego el valor encontrado pertenece al dominio.
Además:
\[ f(y^2+1)=\sqrt{y^2+1-1}=\sqrt{y^2}=y, \]
puesto que \(y\ge0\).
Luego, la función alcanza exactamente los valores no negativos.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Ejercicio 8 — nivel ★★☆☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=|x|. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=|x|. \]
El valor absoluto de un número real está definido para todo número real.
Por tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
deducimos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Estudiemos ahora la imagen.
Por definición de valor absoluto, para todo \(x\in\mathbb{R}\) se tiene:
\[ |x|\ge0. \]
Por tanto, la función no puede tomar valores negativos.
Recíprocamente, todo valor no negativo es alcanzado.
En efecto, dado:
\[ y\ge0, \]
basta tomar:
\[ x=y. \]
Entonces:
\[ f(x)=f(y)=|y|=y, \]
puesto que \(y\ge0\).
La función toma exactamente los valores no negativos.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Ejercicio 9 — nivel ★★★☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{-2\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{-2\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
En una función racional, el denominador no puede ser nulo.
Debemos entonces exigir:
\[ x+2\neq0. \]
De donde:
\[ x\neq-2. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{-2\}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{-2\}\to\mathbb{R}, \]
deducimos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen de la función.
Planteamos:
\[ y=\frac{x+1}{x+2}. \]
Despejamos \(x\).
Multiplicamos ambos miembros por \(x+2\):
\[ y(x+2)=x+1. \]
Desarrollando:
\[ yx+2y=x+1. \]
Agrupamos los términos con \(x\) en un lado:
\[ yx-x=1-2y. \]
Factorizamos \(x\):
\[ x(y-1)=1-2y. \]
Si:
\[ y\neq1, \]
podemos dividir por \(y-1\):
\[ x=\frac{1-2y}{y-1}. \]
Esto muestra que todo valor real distinto de \(1\) es alcanzado por la función.
Estudiemos ahora el caso:
\[ y=1. \]
Tendríamos:
\[ \frac{x+1}{x+2}=1. \]
Multiplicando por \(x+2\):
\[ x+1=x+2, \]
es decir:
\[ 1=2, \]
lo cual es imposible.
Por tanto, el valor \(1\) nunca es alcanzado por la función.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Consideremos la función:
\[ f:[-1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=x^2+2x. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[-1,+\infty) \]
Solución
La función:
\[ f(x)=x^2+2x \]
es una función polinomial, por lo que estaría definida para todo número real.
Sin embargo, en la definición de la función el dominio ya está fijado:
\[ [-1,+\infty). \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-1,+\infty). \]
El codominio es:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Estudiemos ahora la imagen.
Completamos el cuadrado:
\[ x^2+2x=(x+1)^2-1. \]
Como:
\[ (x+1)^2\ge0, \]
se sigue que:
\[ (x+1)^2-1\ge-1. \]
Por tanto:
\[ f(x)\ge-1. \]
Además, el valor \(-1\) es efectivamente alcanzado para \(x=-1\); en efecto:
\[ f(-1)=(-1)^2+2(-1)=1-2=-1. \]
Mostremos ahora que todos los valores mayores que \(-1\) son alcanzados.
Sea:
\[ y\ge-1. \]
Resolvemos:
\[ y=(x+1)^2-1. \]
Obtenemos:
\[ y+1=(x+1)^2. \]
Como:
\[ y+1\ge0, \]
podemos escribir:
\[ x+1=\sqrt{y+1}. \]
De donde:
\[ x=-1+\sqrt{y+1}. \]
Este valor pertenece al intervalo \([-1,+\infty)\).
Por lo tanto, todos los valores mayores o iguales a \(-1\) son efectivamente alcanzados por la función.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Im}(f)=[-1,+\infty). \]
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=-x^2+4. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(-\infty,4] \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=-x^2+4. \]
Se trata de una función polinomial, por tanto está definida para todo número real.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \]
obtenemos que el codominio es:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Puesto que:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
multiplicando por \(-1\), el sentido de la desigualdad se invierte:
\[ -x^2\le0. \]
Sumando \(4\) a ambos miembros:
\[ -x^2+4\le4. \]
Por tanto, la función no puede tomar valores mayores que \(4\).
El valor máximo \(4\) es efectivamente alcanzado para \(x=0\); en efecto:
\[ f(0)=-0^2+4=4. \]
Además, al hacer crecer \(|x|\), el término \(-x^2\) se vuelve cada vez más negativo, de modo que la función toma valores arbitrariamente pequeños.
Por lo tanto, la imagen es:
\[ \mathrm{Im}(f)=(-\infty,4]. \]
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{1}{x^2}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{1}{x^2}. \]
El denominador no puede ser igual a cero. Debemos entonces exigir:
\[ x^2\neq0. \]
Esta condición es equivalente a:
\[ x\neq0. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}, \]
se sigue que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Estudiemos ahora la imagen.
Para todo \(x\neq0\), se tiene:
\[ x^2>0. \]
En consecuencia:
\[ \frac{1}{x^2}>0. \]
La función toma únicamente valores positivos.
Mostremos ahora que todo valor positivo es efectivamente alcanzado.
Sea:
\[ y>0. \]
Queremos resolver:
\[ \frac{1}{x^2}=y. \]
Obtenemos:
\[ x^2=\frac{1}{y}. \]
Como \(y>0\), el número \(\frac{1}{y}\) es positivo. Podemos entonces tomar:
\[ x=\frac{1}{\sqrt{y}}. \]
Este valor es real y distinto de cero, luego pertenece al dominio.
Además:
\[ f\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right) = \frac{1}{\left(\frac{1}{\sqrt{y}}\right)^2} = \frac{1}{\frac{1}{y}} = y. \]
Luego, la función alcanza exactamente los valores positivos.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=(0,+\infty). \]
Ejercicio 13 — nivel ★★★☆☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=|x-2|. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=|x-2|. \]
El valor absoluto está definido para todo número real. Además, la expresión interior \(x-2\) es un polinomio de primer grado, por lo que no impone ninguna restricción.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
deducimos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Por definición de valor absoluto, para todo \(x\in\mathbb{R}\) se tiene:
\[ |x-2|\ge0. \]
Por tanto, la función no puede tomar valores negativos.
El valor mínimo posible es \(0\), que se alcanza cuando:
\[ x-2=0. \]
Resolviendo:
\[ x=2. \]
En efecto:
\[ f(2)=|2-2|=0. \]
Mostremos ahora que todo valor positivo es alcanzado.
Sea:
\[ y>0. \]
Queremos resolver:
\[ |x-2|=y. \]
Esta ecuación equivale a:
\[ x-2=y \qquad \text{o bien} \qquad x-2=-y. \]
De donde:
\[ x=2+y \qquad \text{o bien} \qquad x=2-y. \]
En ambos casos obtenemos valores reales del dominio.
Por tanto, todos los valores no negativos son efectivamente alcanzados por la función.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,+\infty). \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★★☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{2\}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x+1}{x-2}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{2\} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\} \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-2}. \]
Al tratarse de una función racional, el denominador no puede ser igual a cero.
Debemos entonces exigir:
\[ x-2\neq0. \]
Por tanto:
\[ x\neq2. \]
En consecuencia:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}\setminus\{2\}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\setminus\{2\}\to\mathbb{R}, \]
obtenemos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Para determinar la imagen, planteamos:
\[ y=\frac{x+1}{x-2}. \]
Resolvemos esta ecuación en \(x\), para determinar para qué valores de \(y\) existe al menos una preimagen \(x\).
Multiplicamos por \(x-2\):
\[ y(x-2)=x+1. \]
Desarrollamos:
\[ yx-2y=x+1. \]
Agrupamos los términos que contienen \(x\) en un lado:
\[ yx-x=2y+1. \]
Factorizamos \(x\):
\[ x(y-1)=2y+1. \]
Si:
\[ y\neq1, \]
podemos dividir por \(y-1\) y obtenemos:
\[ x=\frac{2y+1}{y-1}. \]
Este valor es real para todo \(y\neq1\).
Queda por verificar si el valor \(y=1\) puede ser alcanzado.
Planteamos:
\[ \frac{x+1}{x-2}=1. \]
Multiplicando por \(x-2\), obtenemos:
\[ x+1=x-2. \]
Restando \(x\) a ambos miembros:
\[ 1=-2, \]
lo cual es imposible.
Por tanto, el valor \(1\) nunca es alcanzado por la función.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
El denominador es:
\[ x^2+1. \]
Como:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
se tiene:
\[ x^2+1\ge1. \]
Por tanto, el denominador nunca se anula.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
obtenemos:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Observamos en primer lugar que:
\[ x^2\ge0 \qquad \text{y} \qquad x^2+1>0. \]
Por tanto:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}\ge0. \]
Además:
\[ x^2 < x^2+1 \qquad \forall x\in\mathbb{R}. \]
Dividiendo por \(x^2+1>0\), obtenemos:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}<1. \]
Luego:
\[ 0\le f(x)<1. \]
El valor \(0\) es alcanzado para \(x=0\); en efecto:
\[ f(0)=\frac{0^2}{0^2+1}=0. \]
El valor \(1\), en cambio, nunca se alcanza, pues requeriría:
\[ \frac{x^2}{x^2+1}=1, \]
es decir:
\[ x^2=x^2+1, \]
lo cual es imposible.
Mostremos ahora que todo valor \(y\) con:
\[ 0\le y<1 \]
es efectivamente alcanzado.
Resolvemos:
\[ y=\frac{x^2}{x^2+1}. \]
Multiplicando:
\[ y(x^2+1)=x^2. \]
Desarrollando:
\[ yx^2+y=x^2. \]
Agrupamos los términos con \(x^2\) en un lado:
\[ x^2-yx^2=y. \]
Factorizamos \(x^2\):
\[ x^2(1-y)=y. \]
Como \(y<1\), podemos dividir por \(1-y>0\):
\[ x^2=\frac{y}{1-y}. \]
Si \(0\le y<1\), entonces:
\[ \frac{y}{1-y}\ge0. \]
Podemos entonces tomar:
\[ x=\sqrt{\frac{y}{1-y}}. \]
Dicho valor es real y pertenece al dominio.
Por lo tanto, todo \(y\in[0,1)\) es alcanzado por la función.
Concluimos que:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1). \]
Ejercicio 16 — nivel ★★★★☆
Consideremos la función:
\[ f:[0,+\infty)\to[0,+\infty) \qquad,\qquad f(x)=x^2. \]
Determinar la función inversa.
Resultado
La función es invertible y su inversa está definida como \(f^{-1}:[0,+\infty)\to[0,+\infty)\) con la regla:
\[ f^{-1}(x)=\sqrt{x}. \]
Solución
La función \(f(x)=x^2\) está considerada con dominio \([0,+\infty)\) y codominio \([0,+\infty)\). Esta elección es fundamental: en todo \(\mathbb{R}\), la función \(x^2\) no sería inyectiva; en cambio, restringida a \([0,+\infty)\), resulta inyectiva y sobreyectiva (es decir, biyectiva) respecto a su codominio.
Para determinar la expresión analítica de la inversa, planteamos:
\[ y=x^2. \]
Despejando \(x\), obtendríamos formalmente dos soluciones:
\[ x=\pm\sqrt{y}. \]
Sin embargo, como el dominio de la función original está restringido a los valores reales no negativos (\(x\ge0\)), debemos descartar la solución negativa. Nos quedamos únicamente con la raíz positiva:
\[ x=\sqrt{y}. \]
Intercambiando finalmente el papel de las variables \(x\) e \(y\), obtenemos la función inversa \(f^{-1}:[0,+\infty)\to[0,+\infty)\) definida por:
\[ f^{-1}(x)=\sqrt{x}. \]
Ejercicio 17 — nivel ★★★★☆
Consideremos la función:
\[ f:[-2,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\sqrt{x+2}+1. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-2,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\sqrt{x+2}+1. \]
Para estar definida en los números reales, la raíz cuadrada requiere que el radicando sea mayor o igual que cero.
Debemos entonces exigir:
\[ x+2\ge0. \]
Resolviendo:
\[ x\ge-2. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[-2,+\infty). \]
De la definición:
\[ f:[-2,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
obtenemos que:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Como \(x+2\ge0\), se tiene:
\[ \sqrt{x+2}\ge0. \]
Sumando \(1\) a ambos miembros:
\[ \sqrt{x+2}+1\ge1. \]
Por tanto, la función toma únicamente valores mayores o iguales a \(1\).
El valor \(1\) es efectivamente alcanzado cuando la raíz vale \(0\), es decir, para:
\[ x+2=0. \]
De donde:
\[ x=-2. \]
En efecto:
\[ f(-2)=\sqrt{-2+2}+1=\sqrt{0}+1=1. \]
Mostremos ahora que todo valor mayor o igual a \(1\) es alcanzado.
Sea:
\[ y\ge1. \]
Resolvemos la ecuación:
\[ y=\sqrt{x+2}+1. \]
Restando \(1\):
\[ y-1=\sqrt{x+2}. \]
Como \(y\ge1\), se tiene \(y-1\ge0\), por lo que podemos elevar al cuadrado:
\[ (y-1)^2=x+2. \]
De donde:
\[ x=(y-1)^2-2. \]
Este valor pertenece al dominio, puesto que:
\[ (y-1)^2-2\ge-2. \]
Por lo tanto, todo \(y\ge1\) es efectivamente alcanzado por la función.
Concluimos que:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,+\infty). \]
Ejercicio 18 — nivel ★★★★☆
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=e^x+2. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=(2,+\infty) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=e^x+2. \]
La función exponencial \(e^x\) está definida para todo número real.
En consecuencia, \(e^x+2\) también está definida para todo \(x\in\mathbb{R}\).
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
obtenemos:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Estudiemos ahora la imagen.
Para todo \(x\in\mathbb{R}\), la función exponencial es estrictamente positiva:
\[ e^x>0. \]
Sumando \(2\) a ambos miembros:
\[ e^x+2>2. \]
Por tanto, la función toma únicamente valores estrictamente mayores que \(2\).
El valor \(2\) nunca se alcanza, pues requeriría:
\[ e^x+2=2, \]
es decir:
\[ e^x=0, \]
lo cual es imposible para todo \(x\in\mathbb{R}\).
Mostremos ahora que todo valor \(y>2\) es efectivamente alcanzado.
Sea:
\[ y>2. \]
Resolvemos:
\[ y=e^x+2. \]
Restando \(2\):
\[ y-2=e^x. \]
Como \(y>2\), se tiene \(y-2>0\), por lo que podemos aplicar el logaritmo:
\[ x=\ln(y-2). \]
Este valor pertenece a \(\mathbb{R}\).
Por lo tanto, todo \(y>2\) es alcanzado por la función.
Concluimos que:
\[ \mathrm{Im}(f)=(2,+\infty). \]
Ejercicio 19 — nivel ★★★★★
Consideremos la función:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{2x^2+1}{x^2+1}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,2) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{2x^2+1}{x^2+1}. \]
El denominador es:
\[ x^2+1. \]
Como:
\[ x^2\ge0 \qquad \forall x\in\mathbb{R}, \]
se tiene:
\[ x^2+1\ge1. \]
El denominador es, por tanto, siempre positivo y nunca se anula.
En consecuencia:
\[ \mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}. \]
De la definición:
\[ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, \]
obtenemos:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Reescribimos la función de forma más conveniente:
\[ \frac{2x^2+1}{x^2+1} = \frac{2(x^2+1)-1}{x^2+1}. \]
Por tanto:
\[ f(x)=2-\frac{1}{x^2+1}. \]
Como:
\[ x^2+1\ge1, \]
se tiene:
\[ 0<\frac{1}{x^2+1}\le1. \]
Restando esta cantidad de \(2\), obtenemos:
\[ 1\le 2-\frac{1}{x^2+1}<2. \]
Luego:
\[ 1\le f(x)<2. \]
El valor \(1\) es alcanzado para \(x=0\); en efecto:
\[ f(0)=\frac{2\cdot0^2+1}{0^2+1}=1. \]
El valor \(2\), en cambio, nunca se alcanza, pues \(f(x)=2-\frac{1}{x^2+1}\) y el término \(\frac{1}{x^2+1}\) es siempre estrictamente positivo.
Además, para valores de \(|x|\) cada vez mayores, la cantidad \(\frac{1}{x^2+1}\) se aproxima a \(0\), de modo que \(f(x)\) se acerca a \(2\) sin llegar a alcanzarlo.
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Im}(f)=[1,2). \]
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Consideremos la función:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R} \qquad,\qquad f(x)=\frac{x-1}{x+1}. \]
Determinar:
- el dominio;
- el codominio;
- la imagen de la función.
Resultado
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty) \]
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R} \]
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1) \]
Solución
La función propuesta es:
\[ f(x)=\frac{x-1}{x+1}. \]
El dominio ya viene indicado en la definición de la función:
\[ [1,+\infty). \]
Observamos que, en este intervalo, el denominador \(x+1\) nunca se anula. En efecto, si \(x\ge1\), entonces:
\[ x+1\ge2>0. \]
Por lo tanto:
\[ \mathrm{Dom}(f)=[1,+\infty). \]
De la definición:
\[ f:[1,+\infty)\to\mathbb{R}, \]
obtenemos:
\[ \mathrm{Cod}(f)=\mathbb{R}. \]
Determinemos ahora la imagen.
Para \(x\ge1\), se tiene:
\[ x-1\ge0 \qquad \text{y} \qquad x+1>0. \]
Por tanto:
\[ \frac{x-1}{x+1}\ge0. \]
Además:
\[ x-1 < x+1 \qquad \forall x\ge1. \]
Dividiendo por \(x+1>0\), obtenemos:
\[ \frac{x-1}{x+1}<1. \]
Luego:
\[ 0\le f(x)<1. \]
El valor \(0\) es alcanzado para \(x=1\); en efecto:
\[ f(1)=\frac{1-1}{1+1}=0. \]
El valor \(1\), en cambio, nunca se alcanza. En efecto, \(\frac{x-1}{x+1}=1\) implicaría:
\[ x-1=x+1, \]
es decir:
\[ -1=1, \]
lo cual es imposible.
Mostremos finalmente que todo valor \(y\) con:
\[ 0\le y<1 \]
es efectivamente alcanzado.
Resolvemos:
\[ y=\frac{x-1}{x+1}. \]
Multiplicando por \(x+1\):
\[ y(x+1)=x-1. \]
Desarrollando:
\[ yx+y=x-1. \]
Agrupamos los términos con \(x\) en un lado:
\[ x-yx=y+1. \]
Factorizamos \(x\):
\[ x(1-y)=y+1. \]
Como \(y<1\), podemos dividir por \(1-y>0\):
\[ x=\frac{y+1}{1-y}. \]
Si \(0\le y<1\), entonces:
\[ \frac{y+1}{1-y}\ge1, \]
luego el valor encontrado pertenece al dominio.
Por lo tanto, todo \(y\in[0,1)\) es efectivamente alcanzado por la función.
Concluimos que:
\[ \mathrm{Im}(f)=[0,1). \]