Solución Ing Prueba 02

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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
DEPARTAMENTO DE FORMACIÓN BÁSICA
FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA
INGENIERÍA, CIENCIAS Y CIENCIAS ADMINISTRATIVAS
PRUEBA 02 - ENERO 2020
Preguntas:
1. Dado a 6= 1, mediante inducción matemática, demuestre que
n
∑
k=0
ak =
1 − an+1
1 − a
para todo n ∈ N∗.
Demostración. Sea
P(n) :
n
∑
k=0
ak =
1 − an+1
1 − a
.
Para demostrar que la proposición es verdadera vamos a utilizar el principio de inducción matemática.
• Si n = 1, vamos a mostrar que P(1) es verdadero. Es decir,
P(1) :
1
∑
k=0
aj =
1 − a1+1
1 − a
Tenemos que:
1
∑
k=0
ak = a0 + a1
= 1 + a
Además,
1 − a1+1
1 − a
=
1 − a2
1 − a
=
(1 − a)(1 + a)
1 − a
= 1 + a pues a 6= 1.
Por transitividad, se obtiene que:
1
∑
k=0
ak =
1 − a1+1
1 − a
es verdadero.
• Hipótesis inductiva: para n ∈ N∗, la proposición
HI) P(n) :
n
∑
k=0
ak =
1 − an+1
1 − a
es verdadera, y vamos a probar que la proposición
TI) P(n + 1) :
n+1
∑
k=0
ak =
1 − an+2
1 − a
también es verdadera.
Tenemos que
n+1
∑
k=0
ak =
n
∑
k=0
ak + an+1
=
1 − an+1
1 − a
+ an+1 Hipótesis inductiva
=
1 − an+1 + an+1(1 − a)
1 − a
=
1 − an+1 + an+1 − an+2
1 − a
=
1 − an+2
1 − a
lo cual verifica la veracidad de la proposición TI). Queda así demostrado que para todo n ∈ N∗,
n
∑
k=0
ak =
1 − an+1
1 − a
.
2. Sean A, B ⊆ R dos conjuntos no vacíos y simétricos. Sean f : A → R, g : B → R dos funciones tales que
rec( f ) ⊆ B y sea h : R → R.
a) Probar que h ◦ (g ◦ f ) es una función de A en R.
b) Si las tres funciones son impares, probar que h ◦ (g ◦ f ) es impar.
Demostración. Primero notemos que se tienen 4 hipótesis
H1) f : A → R
H2)g : B → R
H3)h : R → R
H4) rec( f ) ⊆ B
a) Por la H4), se tiene que
g ◦ f : A → R.
Por definición de función y de conjunto de llegada, se tiene que rec(g ◦ f ) ⊆ R = dom(h), luego
h ◦ (g ◦ f ) : A → R.
b) Sean f , g y h funciones impares. Notemos que A es un conjunto simétrico y para cada x ∈ A,
[h ◦ (g ◦ f )](−x) = h[(g ◦ f )(−x)]
= h[g( f (−x))]
= h[g(− f (x))] f es impar
= h[−g( f (x))] g es impar
= −h[g( f (x))] h es impar
= −[h ◦ (g ◦ f )](x),
luego
[h ◦ (g ◦ f )](−x) = −[h ◦ (g ◦ f )](x)
de donde h ◦ (g ◦ f ) es una función impar.
3. Determine el recorrido y la monotonía de la función
f : [−2,−1[ ∪ [0, 1[ −→ R
x 7−→







2
−2 − 4x − x2
si − 2 ≤ x < −1,
√
1 + x
1 − x
si 0 ≤ x < 1.
¿Es f sobreyectiva?, ¿Es f inyectiva?
Solución. Primero se puede definir
f1 : [−2,−1[ −→ R
x 7−→
2
−2 − 4x − x2
=
−2
(x + 2)2 − 2
y
f2 : [0, 1[ −→ R
x 7−→
√
1 + x
1 − x
=
√
2
1 − x
− 1.
• Calculemos el recorrido de f1. Dado x ∈ dom( f1),
−2 ≤ x < −1 ⇐⇒ 0 ≤ x + 2 < 1
⇐⇒ 0 ≤ (x + 2)2 < 1
⇐⇒ −2 ≤ (x + 2)2 − 2 < −1
⇐⇒
1
−2
≥
1
(x + 2)2 − 2
>
1
−1
⇐⇒ 1 ≤
−2
(x + 2)2 − 2
< 2
⇐⇒ 1 ≤ f1(x) < 2,
luego
rec( f1) = [1, 2[ .
Ahora se puede estudiar la monotonía de f1 a través de la monotonía de la función cuadrática y y los
teoremas vistos en clase. Por teorema,
(x + 2)2 − 2
{
ց en ]−∞,−2]
ր en [−2,+∞[
=⇒ (x + 2)2 − 2 ր en [−2,−1[
=⇒
1
(x + 2)2 − 2
ց en [−2,−1[
=⇒
−2
(x + 2)2 − 2
ր en [−2,−1[
=⇒ f1(x) ր en [−2,−1[
• Calculemos el recorrido de f2. Dado x ∈ dom( f2),
0 ≤ x < 1 ⇐⇒ 0 ≥ −x > −1
⇐⇒ 1 ≥ 1 − x > 0
⇐⇒
1
1
≤
1
1 − x
⇐⇒ 2 ≤
2
1 − x
⇐⇒ 1 ≤
2
1 − x
− 1
⇐⇒ 1 ≤
√
2
1 − x
− 1
⇐⇒ 1 ≤ f2(x)
luego
rec( f2) = [1,+∞[ .
Ahora se puede estudiar la monotonía de f2 a través de la monotonía de la función lineal y los teoremas
vistos en clase. Por teorema,
1 − x ց en R =⇒ 1 − x ց en [0, 1[
=⇒
1
1 − x
ր en [0, 1[
=⇒
2
1 − x
ր en [0, 1[
=⇒
2
1 − x
− 1 ր en [0, 1[
=⇒
√
2
1 − x
− 1 ր en [0, 1[
=⇒ f2(x) ր en [0, 1[
Por todo este análisis:
rec( f ) = rec( f1) ∪ rec( f2) = [1,+∞[ ,
luego f no es sobreyectiva. Tampoco es inyectiva pues
f (−2) = f (0).
Finalmente,
f
{
ր en [−2,−1[ ,
ր en [0, 1[ .
4. Demuestre que la función
g : [0, 1] −→ [0, 2]
x 7−→ 4x − 2x2
es biyectiva y calcule su inversa.
Demostración. Notemos que para cada x ∈ R,
4x − 2x2 = 2 − 2(x − 1)2.
Además, si x ∈ dom(g),
0 ≤ x ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x − 1 ≤ 0
⇐⇒ 1 ≥ (x − 1)2 ≥ 0
⇐⇒ −2 ≤ −2(x − 1)2 ≤ 0
⇐⇒ 0 ≤ 2 − 2(x − 1)2 ≤ 2
⇐⇒ 0 ≤ g(x) ≤ 2,
de donde rec(g) = [0, 2], luego g es sobreyectiva. Por otro lado, si x1, x2 ∈ [0, 1], entonces
g(x1) = g(x2) ⇐⇒ 2 − 2(x1 − 1)
2 = 2 − 2(x2 − 1)
2
⇐⇒ (x1 − 1)
2 = (x2 − 1)
2
⇐⇒ |x1 − 1| = |x2 − 1|
⇐⇒ 1 − x1 = 1 − x2 pues 0 ≤ x1, x2 ≤ 1
⇐⇒ x1 = x2,
de donde g es inyectiva y luego g es biyectiva. Por teorema, g tiene inversa, dado x ∈ [0, 1],
y = g(x) ⇐⇒ y = 2 − 2(x − 1)2
⇐⇒ (x − 1)2 =
2 − y
2
⇐⇒ |x − 1| =
√
2 − y
2
⇐⇒ 1 − x =
√
2 − y
2
pues 0 ≤ x ≤ 1
⇐⇒ x = 1 −
√
2 − y
2
⇐⇒ x = g−1(y),
de donde
g−1 : [0, 2] −→ [0, 1]
y 7−→ 1 −
√
2 − y
2
.