Universidad Nacional de Ingeniería – Facultad de Ingeniería Económica y Ciencias Sociales (FIECS) Si a ≥ b > 0 ∧ x > 0. Demostrar que a − b x Tg - ArcCos F(x) = 2ArcTg a + b 2
aCos ( x ) + b = K bCos ( x ) + a
En caso afirmativo halle el valor de K ∈ R SOLUCION F(x) es igual a una constante, es decir, F(x) = K ⇔ F’(x) = 0 Entonces, lo que hay que demostrar es que F’(x) = 0 ∀ x > 0 F’(x) =
a - b x aCos( x ) + b d Tg - ArcCos 2ArcTg dx bCos ( x ) + a a + b 2
a−b ( a ( − Sen( x ) ) ) ( bCos ( x ) + a ) − ( aCos ( x) + b ) ( b( − Sen( x ) ) ) 2 x d x a + b Sec 2 dx 2 ( bCos( x ) + a ) 2 = 2 − − 2 a − b 2 x aCos ( x ) + b 1+ Tg 1 − a+b 2 bCos( x ) + a a −b 2 x 1 ( − aSen( x ) ) ( bCos ( x ) + a ) − ( aCos2 ( x) + b ) ( − bSen( x ) ) Sec a+b 2 2 ( bCos( x ) + a ) = 2 + 2 2 a −b 2 x ( bCos( x ) + a ) − ( aCos( x ) + b ) 1+ Tg 2 a+b 2 ( bCos( x ) + a )
(
− a 2 Sen( x ) − abSen( x ) Cos ( x ) − − abSen( x ) Cos ( x ) − b 2 Sen( x ) a− b 2 x Sec 2 a+b 2 ( bCos ( x ) + a ) = + a + b a − b 2 x b 2 Cos 2 ( x ) + 2abCos ( x ) + a 2 − a 2 Cos 2 ( x ) + 2abCos ( x ) + b 2 + Tg a+b a+b 2 ( bCos( x ) + a )
(
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b 2 − a 2 ( Sen( x ) ) a−b x Sec 2 bCos ( x ) + a a+b 2 = + x x Cos 2 ( x ) b 2 − a 2 − b 2 − a 2 a1 + Tg 2 + b1 − Tg 2 2 2 a+b
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Matemática I – Cálculo Diferencial
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b 2 − a 2 ( Sen( x ) ) a−b x Sec 2 bCos ( x ) + a a+b 2 = + 2 2 2 x x ( ) a1 + Tg 2 + b1 − Tg 2 a − b 1 − Cos x 2 2 a+b a 2 − b 2 ( Sen( x ) ) x a − b a + b Sec 2 a + bCos ( x ) 2 = − x x a 2 − b 2 Sen 2 ( x ) aSec 2 + b ( Cos ( x ) ) Sec 2 2 2
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=
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)(
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)
a2 − b2 a2 − b2 − a + bCos ( x ) a + bCos( x )
= 0 , ∀ a ≥ b > 0 ∧ x > 0 … L.q.q.d.
Si F ' ( x ) = 0 ⇒ F ( x ) = K , ∀ x > 0 Y como F ( 2π ) = 0 + 0 = 0 ⇒K =0 ∴ F ( x) = 0 , ∀ x > 0
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