Solución Examen Final 2019-B

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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
DEPARTAMENTO DE FORMACIÓN BÁSICA
FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA
INGENIERÍA, CIENCIAS Y CIENCIAS ADMINISTRATIVAS
EXAMEN FINAL - MARZO 2020
Preguntas:
1. Demuestre, paso a paso con la ayuda de las reglas de inferencia y las propiedades de campo, que el siguiente
razonamiento es válido:
H1) x > 1 → x = 5
H2) x 6= 5 ∨ x = 3
H3) x
2 + 3 6= 4x
C) x < 1
Demostración. Mediante las reglas de inferencia se tiene que
Proposiciones Razones
1. x2 − 4x + 3 6= 0 1. Equivalencia de H3).
2. (x − 3)(x − 1) 6= 0 2. Equivalencia de 1.
3. x 6= 3 ∧ x 6= 1 3. Equivalencia de 2.
4. x 6= 3 4. Eliminación de la conjunción a 3.
5. x 6= 1 5. Eliminación de la conjunción a 3.
6. x 6= 5 6. Silogismo Disyuntivo a H2) y 4.
7. x ≤ 1 7. Modus Tollens a H1) y 6.
8. x < 1 8. Silogismo Disyuntivo a 7. y 5.
Por tanto, se puede concluir x < 1 de las premisas dadas, es decir, el razonamiento es válido.
2. Dados x, y ∈ R, demuestre o refute:
(x + 1 < 0 ∧ y + 2 > 0) =⇒ xy < 0.
Demostración. La implicación es equivalente a
(x < −1 ∧ y > −2) =⇒ xy < 0.
Esta implicación es falsa con x = −2 y y = −1.
3. Resuelva la ecuación √
2x − 1 +
√
2 − x =
√
8x − 4 −
√
8 − 4x.
Demostración. Primero calculemos el CVA:
2x − 1 ≥ 0 ∧ 2 − x ≥ 0 ∧ 8x − 4 ≥ 0 ∧ 8 − 4x ≥ 0
⇐⇒ x ≥ 1/2 ∧ x ≤ 2 ∧ x ≥ 1/2 ∧ x ≤ 2
⇐⇒ 1
2
≤ x ≤ 2,
de donde
CVA =
[
1
2
, 2
]
.
Ahora bien, se tiene que
√
2x − 1 +
√
2 − x =
√
8x − 4 −
√
8 − 4x ⇐⇒
√
2x − 1 +
√
2 − x =
√
4(2x − 1)−
√
4(2 − x)
⇐⇒
√
2x − 1 +
√
2 − x = 2
√
2x − 1 − 2
√
2 − x
⇐⇒
√
2x − 1 +
√
2 − x = 2
√
2x − 1 − 2
√
2 − x
⇐⇒ 3
√
2 − x =
√
2x − 1
⇐⇒ 9(2 − x) = 2x − 1
⇐⇒ 18 − 9x = 2x − 1
⇐⇒ x = 19
11
.
Por lo tanto,
Sol =
{
19
11
}
.
4. Resuelva la siguiente inecuación:
x|2 − x|+ |x2 + 2| ≥ |x − 1|.
Demostración. Dado que x2 + 2 > 0, se tiene que |x2 + 2| = x2 + 2. Entonces
x|2 − x|+ |x2 + 2| ≥ |x − 1| ⇐⇒ x|2 − x|+ x2 + 2 ≥ |x − 1|.
Ahora, se analiza una tabla de casos:
Hay 3 casos:
a) Para x ≤ 1:
x|2 − x|+ x2 + 2 ≥ |x − 1| ⇐⇒ x(2 − x) + x2 + 2 ≥ (1 − x)
⇐⇒ 2x + 2 ≥ 1 − x
⇐⇒ x ≥ −1
3
.
Entonces
Sola) =
[
−1
3
, 1
]
.
b) Para 1 < x ≤ 2:
x|2 − x|+ x2 + 2 ≥ |x − 1| ⇐⇒ x(2 − x) + x2 + 2 ≥ x − 1
⇐⇒ 2x + 2 ≥ x − 1
⇐⇒ x ≥ −3.
Entonces
Solb) = ]1, 2] .
c) Para x > 2:
x|2 − x|+ x2 + 2 ≥ |x − 1| ⇐⇒ x(x − 2) + x2 + 2 ≥ x − 1
⇐⇒ 2x2 − 2x + 2 ≥ x − 1
⇐⇒ 2x2 − 3x + 3 ≥ 0
⇐⇒ 2
(
x − 3
4
)2
+
15
8
≥ 0
⇐⇒ V.
Entonces
Solc) = ]2,+∞[ .
2
Por lo tanto,
Sol = Sola) ∪ Solb) ∪ Solc)
=
[
−1
3
,+∞
[
.
5. Demuestre que para todo n ∈ {2, 3, 4, . . .},
52n−1 − 32n−1
es múltiplo de 2.
Demostración. Se utilizará inducción matemática:
• Para n = 2, se tiene que
52n−1 − 32n−1 = 53 − 33 (1)
es múltiplo de 2 pues es la resta de dos números impares.
• Dado n ∈ {2, 3, 4, . . .}, se supone que
H) 52n−1 − 32n−1 es múltiplo de 2. PD) 52n+1 − 32n+1 es múltiplo de 2.
Se tiene que
52n+1 − 32n+1 = 5252n−1 − 3232n−1
= 25 · 52n−1 − 9 · 32n−1
= 16 · 52n−1 + 9(52n−1 − 32n−1)
que es un múltiplo de 2, dado que es la suma de dos múltiplos de 2.
Por el Principio de Inducción Matemática,
52n−1 − 32n−1
es múltiplo de 2 para todo n ∈ {2, 3, 4, . . .}.
6. Dado x ∈
[
−π
2
,
π
2
]
, resolver la inecuación
sen(π + x) ≥ cos(−2x) + 5 sen(−x) + tan
(
3π
4
)
.
Demostración. Se tiene que
sen(π + x) ≥ cos(−2x) + 5 sen(−x) + tan
(
3π
4
)
⇐⇒ − sen(x) ≥ cos(2x)− 5 sen(x)− 1
⇐⇒ − sen(x) ≥ cos2(x)− sen2(x)− 5 sen(x)− 1
⇐⇒ 2 sen2(x) + 4 sen(x) ≥ 0
⇐⇒ sen(x)(sen(x) + 2) ≥ 0
⇐⇒ sen(x) ≤ −2 ∨ sen(x) ≥ 0
⇐⇒ F ∨ sen(x) ≥ 0
⇐⇒ sen(x) ≥ 0
⇐⇒ 0 ≤ x ≤ π
2
.
Por lo tanto,
Sol =
[
0,
π
2
]
.
7. Dada la función
f : ]−∞,−1[ −→ R−
x 7−→ ln
(
x2 − 1
x2 + 1
)
,
a) Demuestre que f es biyectiva y calcule su inversa.
b) Calcule f−1
(
ln
(
1
3
))
.
3
c) Calcule
(
f ◦ f−1
)
(−1).
Solución.
a) Primero notemos que para x ∈ dom( f ),
f (x) = ln
(
1 − 2
x2 + 1
)
.
Para que una función sea biyectiva es necesario que sea inyectiva y sobreyectiva.
• Verifiquemos que f es inyectiva: dados x1, x2 ∈ dom( f ), se tiene que
f (x1) = f (x2) =⇒ ln
(
1 − 2
x21 + 1
)
= ln
(
1 − 2
x22 + 1
)
dado que ln es inyectivo
=⇒ 1 − 2
x21 + 1
= 1 − 2
x22 + 1
=⇒ 2
x21 + 1
=
2
x22 + 1
=⇒ x21 + 1 = x22 + 1
=⇒ x21 = x22
=⇒ |x1| = |x2|
=⇒ −x1 = −x2 dado que x1, x2 < 0
=⇒ x1 = x2.
Se sigue que f es inyectiva.
• Verifiquemos que f es sobreyectiva: Dado x ∈ dom( f ),
x < −1 ⇐⇒ x2 > 1
⇐⇒ x2 + 1 > 2
⇐⇒ 0 < 1
x2 + 1
<
1
2
⇐⇒ 0 < 1
x2 + 1
<
1
2
⇐⇒ 0 > − 2
x2 + 1
> −1
⇐⇒ 1 > 1 − 2
x2 + 1
> 0
⇐⇒ ln(1) > ln
(
1 − 2
x2 + 1
)
⇐⇒ 0 > ln
(
1 − 2
x2 + 1
)
,
de donde rec( f ) = R−, luego f es sobreyectiva.
Se concluye que la función f es biyectiva, de donde tiene inversa.
Obtengamos la imagen de la función inversa: Dado x ∈ dom( f ),
y = f (x) ⇐⇒ y = ln
(
1 − 2
x2 + 1
)
⇐⇒ exp(y) = exp
(
ln
(
1 − 2
x2 + 1
))
⇐⇒ ey = 1 − 2
x2 + 1
⇐⇒ 2
x2 + 1
= 1 − ey
⇐⇒ x2 + 1 = 2
1 − ey
⇐⇒ |x| =
√
2
1 − ey − 1
⇐⇒ x = −
√
2
1 − ey − 1 dado que x < 0.
4
Finalmente, la función inversa es
f−1 : R− −→ ]−∞,−1[
y 7−→ −
√
2
1 − ey − 1.
b) Por definición se tiene que
f−1
(
ln
(
1
3
))
= −
√
2
1 − eln(1/3)
− 1
= −
√
2
1 − 13
− 1
= −
√
2.
c) Por característica de la función inversa,
( f ◦ f−1)(−1) = I(−1) = −1,
donde I es la función identidad.
8. Determine la monotonía de la función
f : R −→ R
x 7−→ x
2
x2 + 1
.
Demostración. Notemos que para todo x ∈ R,
f (x) = 1 − 1
x2 + 1
.
Por la monotonía de una función cuadrática, se tiene
x2 + 1
{
ց en R−,
ր en R+,
=⇒ 1
x2 + 1
{
ր en R−,
ց en R+,
=⇒ 1 − 1
x2 + 1
{
ց en R−,
ր en R+.
Por lo tanto, la monotonía de f es
f
{
ց en R−,
ր en R+.
5