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Tema 1 La Par´ abola. 1.1

La par´ abola y = x2.

Eje de simetria

La funci´on cuadr´atica y = x2 tiene la forma caracter´ıstica de la gr´afica 1.1 en donde se destacan su eje de simetr´ıa y su v´ertice.

Vertice

Elementos de la par´abola y = x2 . Para obtener una primera imagen de la curva y = x2 s´olo tenemos que dibujar la siguiente tabla de valores x y = x2

··· ···

−4 16

−3 9

−2 4

resultando la gr´afica de la figura 1.1.

−1 0 1 2 3 4 1 0 1 4 9 16

··· ··· .


2

Tema 1. La Par´abola.

26 24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 -6 -4 -2

2 4 6

Tabla de valores de y = x2 . Nos proponemos caracterizar el tipo de curva que hemos dibujado. Para ello debemos llamar la atenci´on sobre un hecho trivial pero importante: al contrario de lo que ocurr´ıa con la recta, ahora la pendiente de una par´abola es variable.

Ve´amoslo: nos colocamos en el v´ertice, avanzamos un paso a la derecha (∆x = 1) y contamos lo que se avanza en vertical (∆y = 1). Desde el punto (1, 1), volvemos a avanzar un paso a la derecha (∆x = 1) y contamos lo que aumenta en vertical (∆y = 3). Desde el punto (2, 4) volvemos a avanzar en horizontal (∆x = 1) y vemos que le corresponde (∆y = 5). Y as´ı sucesivamente. El resultado, representado en la figura 1.1, lo podemos resumir como sigue: Secuencia de variaci´on de la par´abola y = x2 ½ (1.1)

∆x = {1, 1, 1, · · · , 1, · · ·} ; ∆y = {1, 3, 5, · · · , 2n − 1, · · ·} .

o lo que es equivelente;

(1.2)

∆y = {1, 3, 5, · · · , 2n − 1, · · ·} . ∆x

26 24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 -6 -4 -2

9

7

5 3 1 2 4 6

Secuencia de variaci´on de la par´abola y = x2 .


1.2. La par´abola y = ax2 .

3

Hemos tenido suerte, resulta una secuencia muy f´acil de recordar: la sucesi´ on de los n´ umeros impares. 16 15 14 13 12 11

En realidad lo que hemos cuantificado es la secuencia de pendientes medias a intervalos unitarios a partir del v´ertice. Si dibujamos la poligonal de los puntos (n, n2 ) se obtiene la figura 1.1. Como se ve, la curva se aproxima muy bien aunque lo que est´a representado son las rectas secantes correspondientes.

1.2

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

-1

Secuencia de pendientes medias de la par´abola y = x2 .

La par´ abola y = ax2.

Continuando con la t´ecnica b´asica de tabla de valores se puede obtener la gr´afica comparativa de y = 12 x2 en rojo, y = 2x2 en azul e y = x2 en gris, de la figura 1.2. 25

20

15

10

5

123456

. Comparativa de y = 12 x2 , y = 2x2 e y = x2


4

Tema 1. La Par´abola.

Como se aprecia, el papel que juega el coeficiente a de la par´abola y = ax2 es el de abrir o cerrar la curva. Disponemos, pues, de un control remoto para dar la curvatura deseada: si el coeficiente a es muy peque˜ no la par´abola estar´a muy abierta, si es muy grande ser´a muy cerrada.

25 14

20

15 10

Para poder cuantificar la idea de apertura volveremos a contar la secuencia de pendientes unitarias de la par´abola y = 2x2 (figura 1.2).

10

6

5

2

Anota el resultado en la siguiente tabla: (1.3) ½ ∆x = 1; 2 y = 2x ⇔ ∆y = {¤, ¤, ¤, · · · ¤, · · ·} .

123456

Secuencia de variaci´on de la par´abola y = 2x2

25

20

15

4.5

10

Procedemos de an´aloga manera con y = 12 x2 , (figura 1.2). Anota el resultado en la siguiente tabla: (1.4) ½ 1 2 ∆x = 1; y= x ⇔ ∆y = {¤, ¤, ¤, · · · ¤, · · ·} . 2

3.5 5 2.5 1.5 0.5 123456

Secuencia de variaci´on de la par´abola y = 12 x2

En conclusi´on, el resultado de lo que es hemos observado en los ejemplos anteriores es el siguiente:


1.2. La par´abola y = ax2 .

5

La funci´on

Secuencia de pendientes

y = x2

∆y ∆x

= {1, 3, 5, · · · (2n − 1), · · ·} .

y = 2x2

∆y ∆x

= {2, 6, 10, · · · 2 (2n − 1), · · ·} .

y = 21 x2

∆y ∆x

=

©1

, 3 , 5 , · · · 12 2 2 2

ª (2n − 1), · · · .

Por analog´ıa podemos formular la siguiente conjetura

Propiedad 1 (Secuencia de pendientes medias.) La apertura de la par´abola y = ax2 se cuantifica como la secuencia de pendientes medias unitarias de la par´abola, es decir, con las pendientes de la poligonal (n, a n2 ) , n ∈ Z, que valen: ∆y = a · {1, 3, 5, · · · , (2n − 1), · · ·} . ∆x

(1.5)

1.2.1

Representaci´ on gr´ afica de y = a x2

La propiedad 1 que acabamos de enunciar nos proporciona un instrumento muy eficaz para el control gr´afico de una par´abola. Ve´amoslo con unos ejemplos.

-5

Ejemplo 2 Representar gr´aficamente y = −x2 . Procedemos como sigue: a partir del v´ertice (0, 0) contamos la secuencia: ∆y = {−1, −3, −5, · · · (−1)(2n − 1), · · ·} , ∆x resultando la figura 1.2.1

-10

-15

Par´abola y = −x2 .


6

Tema 1. La Par´abola.

25

Ejemplo 3 Representar gr´aficamente y = 23 x2 . Procedemos como sigue: a partir del v´ertice (0, 0) contamos la secuencia:

20

15

∆y (1.6) = ∆x

½

¾ 3 3 9 15 , , , · · · (2n − 1), · · · , 2 2 2 2

10

resultando la figura 1.2.1, Ahora, que estamos aprendiendo, es necesario dibujar la secuencia de incrementos, pero en cuanto se adquiere un poco de pr´actica, las pendientes se cuentan, pero no se dibujan, con lo que el resultado es una gr´afica limpia de todas las cuentas realizadas.

5

123456

Par´abola y = 32 x2 .

25

Ejemplo 4 Lee la funci´on representada en la figura 1.2.1. Es el problema rec´ıproco del anterior, nos dan la gr´afica y tenemos que deducir la f´ormula. Para ello, marcamos en la curva de la figura 1.2.1 su secuencia de pendientes, resultando:

20

15

10

∆y = {3, 9, 15, · · ·} = 3 · {1, 3, 5, · · ·} ∆x lo que equivale, de acuerdo con la conjetura 1.5, a que a = 3. As´ı pues, la gr´afica corresponde a la par´abola y = 3x2 .

5

123456

Leer la gr´afica.

Ejercicio 5 Representa gr´aficamente las funciones: a) y = − 12 x2 , b) y = 31 x2 c) y = − 14 x2 Soluci´on:


1.2. La par´abola y = ax2 .

7

Grafica a

Grafica b

-5

Grafica c

15

5

-5

5

-5

10

-5

-10

5

-10

-15

-5

-15

5

Ejercicio 6 Lee las funciones que se representan en la siguiente gr´afica:

Grafica b

Grafica a

Grafica c

18 -6 -4 -2 -2

2

4

6 16

-6 -4 -2 -2

-4

14

-4

-6

12

-6

-8

10

-8

-10

8

-10

-12

6

-12

-14

4

-14

-16

2

-16

-18

-6 -4 -2

2

4

6

2

4

6

-18

Soluci´on. a) y = −2x2 , b) y = 32 x2 y c) y = − 34 x2

Ejercicio 7 Si una par´abola del tipo que estamos estudiando y = ax2 , pasa por el punto (5,5), ¿qu´e coeficiente de apertura tiene?. ¿Y si pasa por el punto (2, −6)?. Soluci´on: a = 15 . a = − 32


8

Tema 1. La Par´abola.

1.3

Desplazamientos de una par´ abola.

Hasta ahora nos hemos ocupado de la forma m´as simple de una par´abola, y = ax2 , aunque en modo alguno estamos obligados a dibujarla con el v´ertice en el origen de coordenadas. ¿C´omo se puede situar la curva en un lugar cualquiera del plano?. Para responder a esta pregunta introduciremos un resultado general, necesitamos aprender a desplazar una funci´on.

1.3.1

Desplazamientos horizontales.

Observemos la figura 1.3.1. En ella est´an representadas las funciones y = 2(x + 8)2 , y = 2(x − 5)2 e y = 2x2 . Intenta contestar estas preguntas. 1. ¿La forma de la curva ha cambiado o es la misma en las tres?.

15

10

2. ¿Sabr´ıas decir qu´e f´ormula corresponde a cada par´abola?. 3. ¿Cu´al es el cambio realizado en y = 2x2 y qu´e efecto ha producido?.

5

-10

-5

5

10

Gr´aficas de y = 2(x + 8)2 , y = 2(x − 5)2 e y = 2x2 .

Respondamos a estas preguntas. 1a . Es muy f´acil ver que la forma de la curva no ha cambiado puesto que el coeficiente responsable de abrir o cerrar la par´abola es el mismo: a = 2. Por el contrario, si representamos, figura 1.3.1, las gr´aficas de y = 12 (x + 8)2 , y = x2 e y = 2(x − 5)2 vemos como s´ı cambia la curva de acuerdo con los distintos valores del coeficiente a.

15

10

5

-10

-5

5

Gr´aficas de y = 12 (x + 8)2 , y = x2 e y = 2(x − 5)2

10


1.3. Desplazamientos de una par´abola.

9

2a . La respuesta es tambi´en muy sencilla. Si nos fijamos en que para x = −8 la funci´on y = 2(x + 8)2 vale y = 0, u ´nicamente puede corresponder a la par´abola roja. An´alogamente y = 2(x − 5)2 tiene que ser la azul e y = 2x2 la negra. 3a . Por u ´ltimo, la tercera respuesta nos lleva a la idea clave de sustituci´ on. Si en la funci´on y = 2x2 se sustituye la variable x por x + 8 se obtiene y = 2(x + 8)2 y el efecto producido es que la par´abola se ha desplazado −8 unidades horizontales. An´alogamente, si se sustituye x por x − 5 la par´abola se desplaza 5 unidades horizontales. Si formulamos de modo general esta observaci´on concluimos que: Propiedad 8 (Desplazamiento horizontal.) Si en la par´abola y = ax2 se sustituye la variable x por x − h la par´abola resultante, y = a(x − h)2 se desplaza h unidades horizontales.

1.3.2

Desplazamientos verticales.

Observemos la figura 1.3.2. En ella est´an representadas las funciones 1 1 1 y = x2 , y = x2 − 3 e y = x2 + 5. 2 2 2 Intenta contestar estas preguntas. 15

1. ¿La forma de la curva ha cambiado o es la misma en las tres?.

10

2. ¿Sabr´ıas decir qu´e f´ormula corresponde a cada par´abola?. 3. ¿Cu´al es el cambio realizado en y = 12 x2 y qu´e efecto ha producido?.

5

-5

5

-5

Por supuesto que las respuestas son similares a las del apartado anterior.


10

Tema 1. La Par´abola.

1a . Las par´abolas no han cambiado de forma ya que el coeficiente que controla la apertura, a = 12 , no ha cambiado. 2a . Dado que y = 12 x2 − 3 en x = 0 vale y = −3, s´olo puede ser la roja, mientras que y = 21 x2 + 5 tiene que ser la azul. 3a . Esta respuesta vuelve a llevarnos a la misma idea clave de sustituci´ on, pero ahora sobre la variable y. En efecto, si en la funci´on y = 21 x2 se sustituye la variable y por y + 3 se obtiene y + 3 = 12 x2 . Ahora bien, como es costumbre dar despejada expl´ıcitamente la variable dependiente, la escribimos y = 12 x2 − 3. El efecto producido es que la par´abola se ha desplazado −3 unidades verticales, compru´ebalo en la gr´afica roja. An´alogamente, si se sustituye y por y − 5 la par´abola se desplaza 5 unidades verticales. Despu´es de estas observaciones podemos formular de modo general esta conclusi´on: Propiedad 9 (Desplazamiento vertical.) Si en la par´abola y = ax2 se sustituye la variable y por y − v la par´abola resultante, y − v = ax2 , escrita en forma expl´ıcita y = ax2 + v se desplaza v unidades verticales.

1.4

La forma can´ onica y − yv = a(x − xv )2.

Desde luego, nada impide combinar desplazamientos horizontales y verticales, por ejemplo, en la gr´afica 1.4 vemos como y + 4 = 2(x − 2)2 es igual que la par´abola y = 2x2 pero en vez de tener el v´ertice en el punto (0, 0) lo tiene desplazado hasta el punto (2, −4) (la trayectoria seguida por el v´ertice, en rojo).

10

5

5

-5

Estamos ya en condiciones de resumir lo tratado en la siguiente definici´on:


1.5. La par´abola y = ax2 + bx + c.

11

Definici´ on 10 (Forma can´ onica.) Llamaremos forma can´onica de una par´abola a la expresi´on: (1.7)

y − yv = a(x − xv )2

en donde a es su coeficiente de apertura y V (xv , yv ) es su v´ertice. El cambio de notaci´on (h, v) de horizontal-vertical, por (xv , yv ) es conveniente ya que dar la abscisa y la ordenada del v´ertice es m´as descriptivo en este contexto. El resultado de todo lo dicho hasta ahora es que nos hemos dotado de una t´ecnica muy eficiente para la representaci´on de par´abolas. En efecto, al darnos una par´abola su forma can´onica y−yv = a(x−xv )2 vemos expl´ıcitamente los controles remotos de todo lo que se necesita para su representaci´on gr´afica: mediante el coeficiente de apertura a se controla la forma de la curva y con el v´ertice V (xv , yv ) se controla la colocaci´on. 5

Ejemplo 11 Representa gr´aficamente y − 5 = −(x + 2)2 . Lo primero en lo que nos fijamos es en el coeficiente de apertura: a = −1. Esto quiere decir que la secuencia de variaci´on es: ½ ∆x = 1; (1.8) ∆y = {−1, −3, −5, · · ·} . Como la par´abola tiene el v´ertice en (−2, 5), contamos esa secuencia a partir de este punto. El resultado es la gr´afica 1.4.

1.5

-5

5

-5

-10

Gr´afica de y − 5 = −(x + 2)2 .

La par´ abola y = ax2 + bx + c.

Desgraciadamente, una funci´on polin´omica de segundo grado suele darse en la forma y = ax2 + bx + c que es el resultado de desarrollar la expresi´on y − yv = a(x − xv )2 manejada hasta ahora. Pero mientras en la forma can´onica podemos ver toda la informaci´on que necesitamos para representarla, esto es, el coeficiente de apertura a y el v´ertice V (xv , yv ), en la forma polin´omica los par´ametros se mezclan y se pierde esa informaci´on. Por tanto, tenemos que aprender a ver el v´ertice y la apertura de una par´abola cuando nos la dan en la forma polin´omica y = ax2 + bx + c.


12

Tema 1. La Par´abola.

Ve´amoslo primero en un caso particular. Si una par´abola viene dada en la forma y − 4 = 2(x + 3)2 es muy f´acil: a partir del v´ertice V (−3, 4) contamos la secuencia a = 2. Pero si desarrollamos la forma can´onica resulta y = 2(x + 3)2 + 4 = 2(x2 + 6x + 9) + 4 = 2x2 + 12x + 18 + 4 = 2x2 + 12x + 22, la forma polin´omica habitual. Pero ¿qu´e hubiese ocurrido si se nos plantea representar la funci´on y = 2 2x + 12x + 22?. ¿C´omo podemos averiguar ahora su coeficiente de apertura y su v´ertice?. Hay distintas maneras de responder esta pregunta. La primera es tratar de remontar las operaciones que hicimos antes recurriendo a la t´ecnica de completar cuadrados: y = 2x2 +12x+22 = 2(x2 +6x+11) = 2(x2 +2·x·3+32 −32 +11) = 2(x+3)2 +4. Esta t´ecnica es engorrosa y dif´ıcil de sistematizar que s´olo se utiliza en casos sencillos. Mucho m´as sistem´atica resulta proceder por identificaci´on. Sabemos que la forma can´onica es y −yv = a(x−xv )2 . Si hacemos estas operaciones resulta y = a(x2 −2xv x+x2v )+yv = ax2 −2axv x+ax2v +yv = ax2 +(−2axv )x+(ax2v + yv ). Si ahora la identificamos con y = ax2 + bx + c resulta: (1.9)

a = a; b = −2axv y c = ax2v + yv

De estas igualdades despejamos la abscisa y la ordenada del v´ertice. b = −2axv ⇔ xv =

−b 2a

c = ax2v + yv ⇔ yv = −a x2v + c, todo lo cual, demuestra la siguiente propiedad. Propiedad 12 (F´ ormula del v´ ertice.) 2 La par´abola y = ax + bx + c tiene por v´ertice el punto 1 : (1.10)

xv =

−b 2a

yv = −ax2v + c

1 Es importante destacar que la f´ormula yv = −ax2v + c utiliza u ´nicamente 3 operaciones mientras que la alternativa yv = f (xv ) = a x2v + b xv + c emplea 5.


1.5. La par´abola y = ax2 + bx + c.

13

Comprobemos el resultado del ejemplo anterior aplicando esta f´ormula a y = 2x2 + 12x + 22 se obtiene xv = −12 = −3 e yv = −2 · (−3)2 + 22 = 4, 2·2 efectivamente V (−3, 4). Hemos completado ya el estudio gr´afico de la par´abola y como resumen final hagamos un par de ejemplos.

Ejemplo 13 Representaci´ on gr´afica de la funci´on y = −x2 − 4x + 1. Calculamos el v´ertice: (1.11)

xv =

−(−4) = −2 , 2(−1)

¡ ¢ yv = −(−1) (−2)2 + 1 = 5.

Damos la forma can´onica y−5 = −(x+2)2 . Ahora podemos dibujar la gr´afica. A partir de V (−2, 5) contamos la secuencia de a = −1 ½ ∆x = 1; (1.12) ∆y = {−1, −3, −5, · · ·} ,

5

y se obtiene la gr´afica 1.4. 5

Ejemplo 14 Obtenci´on de la funci´on representada en la gr´afica 1.5. Es m´as f´acil todav´ıa. Vemos el v´ertice en el punto V (3, 7) y contamos la secuencia ∆y = {−2, −6, −10, · · ·} que corresponde a ∆x a = −2. La forma can´onica ser´a y − 7 = −2(x − 3)2 y haciendo las cuentas resulta la forma polin´omica y = −2x2 + 12x − 11.

Ejercicio 15 Representa gr´aficamente las funciones:

-5

-10

Leer la gr´afica.


14

Tema 1. La Par´abola.

1. a. y = −x2 + 4

b. y = − 12 x2 + 2

c. y = 2x2 − 8

2. a. y = −x2 + 2x

b. y = 12 x2 − x

c. y = −3x2 + 6x

3. a. y = x2 − 4x + 5

b. y = −x2 + 6x − 7

c. y = −x2 + 2x + 1

b. y = 14 x2 − 12 x −

c. y = 32 x2 − 3x +

4. a. y = 13 x2 − 23 x −

5 3

15 4

Soluci´on:

Graficas 1 10

Graficas 2 10

8

8

6

6

4

4

2

2 2

-4 -2 -2

4

-4 -2 -2

-4

-4

-6

-6

-8

-8

-10

-10

Graficas 3 10

8

6

6

4

4

2

2 2

4

4

6

4

6

Graficas 4 10

8

-2 -2

2

6

-4 -2 -2

-4

-4

-6

-6

-8

-8

-10

-10

2

Ejercicio 16 Lee las funciones que se representan en las siguientes gr´aficas:

3 2


1.5. La par´abola y = ax2 + bx + c.

Grafica a 18

15

16

8

8

14

6

6

12

4

4

10

2

2

8

2

4

6

6

-4 -2 -2

4

-4

-4

2

-6

-6

-8

-8

-10

-10

2

-4 -2 -2

18

Grafica c 10

Grafica b 10

4

Grafica d

10

Grafica e

2

-6 -4 -2 -2

Grafica f 10

16

8

8

14

6

6

12

4

4

10

2

2

8

2

4

6

8

6

-2 -2

4

-4

-4

2

-6

-6

-8

-8

-10

-10

-2 -2

2

4

6

8

-8 -6 -4 -2 -2

2

Soluci´on. a) y = x2 − 2x + 3, b) y = −x2 + 2x + 7, c) y = 21 x2 + 2x − 3 2 2 d) y = x3 − 2 x + 3, e) y = − 3 2x + 9 x − 92 y f) y = 43 x2 + 6x + 3

Ejercicio 17 Halla las funciones cuadr´aticas que cumplen: 1. Que tiene el v´ertice en el punto (1, −2) y pasa por el punto P(−2, 1). 2. Que corta al eje Y en (0, 52 ) y al eje X en (−1, 0) y (5,0).


16

Tema 1. La Par´abola.

3. Que pasa por el origen de coordenadas, por el punto (6, 18) y tiene el eje de simetr´ıa en x = −2. 4. Que pasa por los puntos: (−3, 9) , (−2, 11) y (1, −7). 5. Que corta al eje X en los puntos (−1, 0) y (5,0). Soluci´on: 1) y = 13 x2 − 32 x − 53 , 2) y = − 12 x2 + 2x + 52 , 3) y = 32 x2 − 6x , 4) y = −2x2 − 8x + 3, 5) Infinitas soluciones y = a(x + 1)(x − 5).

1.6

Funciones polin´ omicas definidas por una tabla

Ejemplo 1. x 0 1 2 3 4 5 ··· ¿c´omo y −5 −1 3 7 11 15 · · · podemos hallar la funci´on polin´omica que dio lugar a dicha tabla?. Si nos dan la tabla de valores

Procedemos del siguiente modo: calculamos la variaci´on de x e y a˜ nadiendo el resultado a la tabla, ∆x 1 1 1 1 1 1 ··· x 0 1 2 3 4 5 6 ··· y −5 −1 3 7 11 15 19 · · · ∆y 4 4 4 4 4 4 ··· Obsevamos que esta funci´on tiene la pendiente constante e igual a ∆y 4 = = 4. ∆x 1 Por tanto la tabla representa una funci´on polin´omica de primer grado, es decir, a una recta y = mx + b. Para hallarla elegimos dos puntos cualesquiera y planteamos el sistema de ecuaciones correspondiente: (3, 7) ⇔ 7 = m3 + b (5, 15) ⇔ 157 = m5 + b que al resolverlo da m = 4 y b = −5. Conviene hacer notar que se pueden abreviar mucho los c´alculos si nos fijamos en que la pendiente se ve en la tabla m = 4 y como b = f (0) vemos que b = −5 con lo que la recta ser´a: y = 4x − 5.


1.6. Funciones polin´omicas definidas por una tabla

17

Ejemplo 2. Si nos dan la tabla de valores

x 0 1 2 3 4 5 6 ··· y proy 1 −4 −7 −8 −7 1 8 · · ·

cedemos como antes resulta: ∆x 1 1 1 1 1 1 ··· x 0 1 2 3 4 5 6 ··· y 1 −4 −7 −8 −7 1 8 ··· ∆y −5 −3 −1 1 3 5 ··· 2 ∆y 2 2 2 2 2 ··· Vemos ahora que son las segundas diferencias de y las que se hacen constantes. Eso quiere decir que se trata de una funci´on polin´omica de segundo grado, es decir, de una parabola y = ax2 + bx + c. Para hallarla si elegimos tres puntos cualesquiera de la tabla podemos plantear un sistema lineal con a, b y c como inc´ognitas: (1, −4) ⇔ −4 = a(1)2 + b(1) + c ⇔ −4 = a + b + c 2 (2, −7) ⇔ −7 = a(2) + b(21) + c ⇔ −7 = 4a + 2b + c (3, −8) ⇔ −8 = a(3)2 + b(3) + c ⇔ −8 = 9a + 3b + c Resolviendo el sistema resulta a = 1, b = −6 y c = 1, es decir, la funci´on es y = x2 − 6x + 1. 2 Ejercicio 18 x 0 1 2 3 4 5 ··· 1. y 3 7 11 15 19 23 · · · 2.

x 0 1 2 3 4 5 ··· y 13 10 7 4 1 −2 · · ·

3.

x 0 1 2 3 y 14 1 74 52

4.

x 0 1 2 3 4 5 ··· y 2 5 10 17 26 37 · · ·

5.

x 0 1 2 3 4 5 ··· y −6 0 10 24 42 64 · · ·

6.

x 0 1 2 3 4 5 ··· y 3 −6 −9 −6 3 18 · · ·

4 13 4

5 ··· 4 ···

2 Hay maneras de simplificar estos c´alculos. Por ejemplo, si se tiene en cuenta que: ∆2 y = 2a∆x, se deduce que a = 1 y como c = f (0) se ve que c = 1, con lo que de las tres ecuaciones anteriores en realidad s´olo necesitamos una.


18

Tema 1. La Par´abola.

Soluci´on: y = 4x + 3 y = −3x + 16 y = 34 x + y = 2x2 + 4x − 6 y = 3x2 − 12x + 3.

1.7

1 4

y = x2 + 1 y = x2 + 1

Im´ agenes y Dominio de y = a x2 + b x + c.

Si nos dan la funci´on polin´omica (1.13)

y = x2 + 6x − 5

11

y nos preguntan cu´al es la imagen de x = 2 la respuesta es sencilla, se sustituye en la funci´on y resulta y = f (2) = (2)2 + 6 · (2) − 5 = 11, por tanto f (2) = 11. Las operaciones que hemos realizado tienen un reflejo claro en la gr´afica 1.7. A partir de la abscisa x = 2 buscamos la funci´on y vemos la ordenada que le corresponde, y = 11, (trayectoria azul). Este proceso puede repetirse para cualquier n´ umero real x y siempre se obtendr´a una imagen dado que las operaciones requeridas no presenta fallos.

2

La imagen de 2 es 11: f (2) = 11

En definitiva el dominio de y = f (x) = ax2 + bx + c es todo el conjunto de los n´ umeros reales y se simboliza

Dom(a x2 + b x + c) = R.


1.8. Antiim´agenes y Recorrido de y = a x2 + b x + c.

1.8

19

Antiim´ agenes y Recorrido de y = a x2 + b x + c.

En el ejemplo anterior nos daban un valor de x y nos preguntaban el valor de y que le corresponde, esto es la imagen f (x). Ahora nos hacemos la pregunta inversa: nos dan un valor cualquiera y = −10 y queremos hallar los valores de x que tienen por imagen ese valor, es decir los valores de x que cumplen f (x) = −10. Para hallarlos, tendremos que sustituir el valor y = −10 en la funci´on y resolver la ecuaci´on de segundo grado resultante: −10 = x2 + 6x − 5 ⇔ x2 + 6x½ +5=0 ⇔ √ x1 = −5 −6± 16 −6±4 En = = x = 2 2 x2 = −1. definitiva, las antiim´agenes de y = −10 son: f −1 (−10) = {−5, −1}. En este caso la pregunta formulada tiene respuesta doble. El reflejo de estas operaciones en la gr´afica 1.8 es claro, nos colocamos a la altura y = −10 y buscamos la intersecci´on con la par´abola, resultando las dos antiim´agenes buscadas.

-5

-1

- 10

Las antiim´agenes de −10 son x = −5 y x = −1

Pero no siempre ocurre as´ı. Si calculamos las antiim´agenes de y = −14 resulta:

6 4 2

−14 = x2 + 6x − 5 ⇔ x2 + 6x + 9 = 0 ⇔ √ −6 ± 36 − 36 x= = −3. 2 Ahora la respuesta es u ´ nica dado que hemos tenido la suerte de dar con el v´ertice, 1.8.

-3 -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 -10

Finalmente, el tercer caso. Para un valor por debajo del v´ertice como y = −16, se tiene:

- 14 - 16 sin antiimagenes

2

−16 = x2 + 6x − 5 ⇔ x2 + 6x − 11 = 0 ⇔ √ La antiimagen de −14 es √ −6 ± 36 − 44 x= = −3 ± −2 ∈ C. x = −3 y −16no tiene. 2 La aparici´on de valores complejos se debe a la inexistencia de intersecci´on con la curva para valores reales. En este caso f −1 (−16) = ∅, no tiene an-


20

Tema 1. La Par´abola.

tiim´agenes. Si repetimos en general el razonamiento resulta: Las antiim´agenes de y = k por la funci´on y = ax2 + ba + c, (a > 0), (an´alogamente para a < 0). son p −b ± b2 − 4a(c − k) x= 2a y se pueden dar los siguientes tres casos: • Si k > yv entonces b2 − 4a(c − k) > 0 y existen dos antiim´agenes. • Si k = yv entonces b2 − 4a(c − k) = 0 y existe s´olo una, xv . • Si k < yv entonces b2 − 4a(c − k) < 0 y no existen antiim´agenes reales. En resumen: el recorrido o conjunto imagen de la funci´on y = ax2 +bx+c es:   [ yv , ∞) si a > 0 Img(f ) =  (−∞, yv ] si a < 0 Ejercicio 19 Di, sin representarlo gr´aficamente, si los puntos A(−3, 27), B(2, −6) y C(5, −2), pertenecen a la par´abola y = x2 − 6x + 2 Soluci´on: El punto A no, esta por debajo de la gr´afica. B s´ı, pertenece a la gr´afica y C no, esta por encima de la gr´afica. Ejercicio 20 Halla el recorrido de las siguientes funciones:. a.) f (x) = x2 + 4x − 3, b. f (x) = −2x2 + 5x − 1 c.f (x) = − 34 + 3 x −

x2 3

Soluci´on: a) Img(f ) = [−7, ∞), b) Img(f ) = (−∞, 17 ], c) Img(f ) = 8 9 (−∞, 2 ] Ejercicio 21 Viendo la gr´afica adjunta contesta a las siguientes preguntas: a. ¿Cual es la imagen de −3?. b. ¿Cual es la imagen de 0?. c. ¿Cu´ales son la antiim´agenes de 11, 9, 5 ,0 y −2?. d. ¿Qu´e nombre se le da a los s´ımbolos f (0) y f −1 (0)?. Comprueba los resultados gr´aficos con los que resulten de resolver las correspondientes ecuaciones.


1.9. La funci´on y =

x

21

11 9

5

-6 -5 -4 -3 -2 -1

1 2 3

-2

−1 Soluci´on: a) f (−3) = 8. b)f (0) = 5. c) f −1 (11) √ f (9) =√ {−2}, © = ∅, ª −1 −1 −1 f (5) = {−4, 0}, f (0) = {−5, 1} y f (−2) = −2 − 11, −2 + 11 ' {−5.3166 , 1.3166}. d) f (0) es el punto de corte con el eje Y o tambi´en la ordenada en el origen, f −1 (0) son los puntos de corte con el eje X.

1.9

La funci´ on y =

√ x

√ Una primera gr´afica de la funci´on y = x se puede obtener mediante una tabla de valores. Es inmediato comprobar que ahora, como indica la figura 1.9, la secuencia de pendientes es: (1.14)

y=

½ x ⇔

∆x = {1, 3, 5, 7, · · · (2n − 1), · · ·} ; ∆y = 1

5 4 3 2 1 -1 -1

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17

Secuencia de variaci´on de y = Esta situaci´on requiere varios comentarios.

x


22

1.9.1

Tema 1. La Par´abola.

La funci´ on y la curva algebraica

Como es √ bien sabido al calcular ra´ıces son posibles dos resultados, as´ı, por ejemplo, 9 = ±3, ya que ambas cumplen que (−3)2 = (+3)2 = 9. Pero al trabajar en an´alisis, es decir, con funciones, la imagen de un valor tiene que √ ser u ´nica. Por eso la funci´on y = x (tal y como est´a definida en una calculadora o en los programas de ordenador) es la ra´ız positiva exclusivamente dibujada en la gr´afica 1.9. √ Si se aceptan las dos im´agenes (figura 1.9.1) estamos considerando y = x como curva algebraica, no como funci´on, que se estudian en geometr´ıa. (Link correspondiente)

4

3

2

1

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-1

-2

-3

-4

La curva algebraica y =

1.9.2

La funci´ on y =

x

x como inversa de y = x2

Aunque ahora es todav´ıa prematuro dar una definici´on general de funci´on inversa, s´ı es ocasi´on de ver como la ra´ız cuadrada es ”lo inverso” de elevar al cuadrado. A nivel gr´afico significa cambiar el eje X por el Y y el eje Y por el X, obteni´endose dos gr´aficas sim´etricas respecto al eje y = x, como se aprecia en la figura 1.9.2.


1.9. La funci´on y =

x

23

9

8

7

6

5

4

3

2

1

-1

1

2

4

3

5

7

6

-1

Las funciones y = x2 e y =

8

9

x, con 0 ≤ x

La representaci´on gr´afica de la ra´ız en forma can´onica no presenta ninguna dificultad si se traslada la t´ecnica explicada anteriormente. Ejemplo 22 √ Representaci´on gr´afica de la funci´on y − 1 = x + 4. √ Para representar la funci´on y − 1 = x + 4 se procede localizando el v´ertice V (−4, 1) y a partir de ´el se sigue la secuencia: ½ ∆x = {1, 3, 5, 7, · · · (2n − 1), · · ·} ; ∆y = 1 El resultado es la gr´afica de la figura 9[p´ag 27] 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1

1

2

-1

La funci´on y − 1 =

3

4

5

6

x+4 √ La representaci´on de la funci´on y − yv = a x − xv puedes investigarla haciendo pruebas, pero ser´a explicada m´as adelante.


24

Tema 1. La Par´abola.

1.10

Ejercicios de aplicaci´ on

1. a) Halla la superficie de un tri´angulo equil´atero en funci´on de su lado. b) Halla el lado de un tri´angulo equil´atero en funci´on de su superficie. Soluci´on: a. S(l) =

l2

√ 8

3

q . b. l =

8S √ . 3

2. Se desea vallar un rect´angulo para que paste el ganado a orillas de un r´ıo, como muestra la figura. Disponemos de 500 m. de alambre para hacer el vallado. Da una f´ormula que permita calcular la superficie en funci´on de la base. ¿Cu´ales son las dimensiones para que la superficie vallada sea m´axima?.

h

b

Vallado pedido. Soluci´on: S(b) = − 21 b2 + 250 b. El ´area m´axima es de 31250 m2 y se consigue con h = 125 m. y b = 250 m. 3. En la figura est´an dibujados unos rect´angulos que tienen un propiedad com´ un a todos ellos. a) ¿Puedes decir cu´al?. Expr´esala con una f´ormula. b) Halla la superficie de esos rect´angulos en funci´on de la base. c) Halla la base en funci´on de la superficie. d) Calcula el dominio y recorrido de esas funciones e) ¿Puedes decir si hay alg´ un rect´angulo que tenga un ´area mayor que el resto?.

Altura cm. 30 25 20 15 10 5 5

10 15 20 25 30

Base cm.

¿Que tienen en com´ un estos rect´angulos?


1.10. Ejercicios de aplicaci´on

25

Soluci´on: a. Rect´angulos isoperim´etricos, b+h = 30. b. S(b) = 30b−b2 √ cm2 . c. b(S) = 15+ 225 − S cm. d. Dom [S(b)] = [0, 30] = Img [b(S)] Img [S(b)] = [0, 225] = Dom [b(S)]. e. El cuadrado de lado 15 cm. 4. Calcula el ´area limitada por el eje de abscisas, el eje de ordenadas y la recta y = ax + b (con a > 0 y b > 0) en funci´on de x.

y= a x + b 8 6 4 2

4x

2

6

8

´ Area pedida en funci´on de x. Soluci´on: S(x) = b x +

a x2 2

5. Calcula el ´area limitada por el eje de abscisas y la recta y = ax + b (con a > 0 y b > 0) en funci´on de x. y= a x + b 8 6 4 2

-8

-6

-4

2 x 4

-2

6

8

-2

´ Area pedida en funci´on de x. Soluci´on: S(x) =

b2 +2 a b x+a2 x2 2a

6. En un estanque en calma, se deja caer una piedra que produce una perturbaci´on en forma de c´ırculos conc´entricos. El radio (en cm.) de la onda externa viene dado por r(t) = 18t, donde t es el tiempo (en segundos) transcurrido desde que la piedra choca con el agua. Halla la funci´on S(t) que proporciona la superficie del c´ırculo en funci´on del tiempo.


26

Tema 1. La Par´abola.

La piedra en el estanque. Soluci´on: S(x) = 324πt2 7. Desde una altura de 16 m. se deja caer una bola de billar. En la figura adjunta est´a fotografiada la ca´ıda a intervalos de 0.1 s. (la de la izquierda) y la gr´afica de las alturas en funci´on del tiempo (la de la derecha). Obt´en una f´ormula que permita calcular la altura h a la que se encuentra la bola en funci´on del tiempo transcurrido desde que se solt´o..

h Hm.L 18

16 m.

16

14

12

10 Out[85]=

8

6

4

2

2

Ca´ıda libre de una bola.


1.10. Ejercicios de aplicaci´on

27

Soluci´on: h(t) = 16 − 4.9t2 8. Si en una fotograf´ıa de destello m´ ultiple como la anterior se observa que las posiciones de la bola en funci´on del tiempo son: t(s) 0 1 2 3 4 5 6 ··· s(cm) 0 25.1 40.4 45.9 41.6 3.6 · · · Se pregunta: a) ¿Que movimiento ha realizado la bola de billar?. b) ¿Cual es la funci´on que nos da la altura alcanzada por la bola seg´ un el tiempo?. c) ¿Cu´al es la altura m´axima alcanzada?. Soluci´on: a. Es lanzada verticalmente hacia arrima desde el origen de coordenadas con una velocidad inicial de 30 m/s?. b. h(t) = 30t − 4, 9 t2 . c. h m´axima = 45, 9184 m. 9. En la par´abola y = − 12 x2 + 8 se inscriben rect´angulos en la forma que indica la figura adjunta. Se pide la funci´on que nos da la superficie de los rect´angulos en funci´on de: a) la altura h, b) la base b, c) ¿Pueden tomar cualquier valor h y b?.

h

b

Rect´angulos inscritos en un segmento de par´abola. p 3 Soluci´on: a. S(h) = 2 h 2(8 − h). b. S(b) = 8b − b8 . c. 0 ≤ h ≤ 8, 0≤b≤8 2

10. El mismo problema que el anterior pero la funci´on y = − x2 + 4x. Soluci´on: Las respuestas son las mismas ya que son invariantes ante traslaciones horizontales. 11. Determina todas las ternas (a, b, c) con a 6= 0, b 6= 0, a 6= b, tales que las par´abolas y = ax2 + bx + c e y = bx2 + cx + a, tengan el mismo v´ertice. Soluci´on: (a, −2a, 4a).

La Función Cuadrática  

Explicación con ejemplos y ejercicios de los conceptos básicos de esta función

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