Guia De Ejercicio Resueltos

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Guía de ejercicios resueltos 2° Prueba Matemática 1 Programa Académico de Bachillerato Universidad de Chile

Matemática 1 D-2

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

Supremos e Ínfimos Preposición 1: Si s es cota superior de A y además s pertenece a A, implica que s es Máximo y Supremo de A. Preposición 2: Si s es cota inferior de A y además s pertenece a A, implica que s es Ínfimo y Mínimo de A.

a) Sea f :    definida por f (n) 

 1n  n . En caso que exista, conjeture el valor

n2  1 del Sup (Im( f )) e Inf (Im( f )) , y demuestre que tu conjetura es correcta.

Solución: Lo primero que debemos analizar son los elementos del conjunto Im( f ) , con 5 elementos es suficiente (para tener una idea del comportamiento de la función). f (1)  0 3 5 1 f (3)  5 1 f ( 4)  3  f ( 2) 

3 . Para demostrar que es el supremo 5 debemos probar que es cota superior de Im( f ) .

Luego, nuestro supremo tentativo es f (2) 

Es decir, que

 1n  n  5 . n2  1

6

Analizaremos dos casos diferentes (si n es par y si n es impar), pero complementarios. Si n  2i (n es par). i   1  2i 5  4i 2  1 6 6  12i  20i 2  5 0  20i 2  12i  1

(1)

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Partiremos con la ecuación (1) 0  20i 2  12i  1 la que es fácilmente demostrable al aplicar inducción1. Para i = 1. 0  20  12  1 07

Sea cierto, para i = k, que 0  20k 2  12k  1 . Por demostrar, que para i = k+1 se cumple que 0  20k  1  12k  1  1 2

0  20k  1  12k  1  1 2





0  20 k 2  2 x  1  12k  12  1 2 0  (20 k 12  k 8)  k 1)  (28   0 _ por _ hipotesis

0

 0  20i 2  12i  1 6  12i  20i 2  5 1  2i 5  2  4i  1 6 Hemos demostrado que

5 es cota superior de la Im( f ) cuando n es par. 6

Si n  2i -1 (n es impar). i    1  2i  1 5  (2i  1) 2  1 6 2i  2 5  2 4i  4i 6 2i  2 5  2 4i  4i 6 2  i  1 1 5   4  i  1  i 2i 6

1 5  , esto se cumple para todo número natural. 2i 6

Hemos demostrado que

1

5 es cota superior cuando n es impar. 6

Esta demostración no es necesaria cuando se analizan polinomios de primer grado, basta con descomponer la desigualdad y ver algo claramente cierto.

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Por tanto, hemos demostrado que

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5 es cota superior y por Preposición 1, 6

5  Sup (Im( f ))  Max(Im( f )) , n   . 6

Ahora debemos encontrar el Inf (Im( f )) . Nuestro Ínfimo tentativo es f (1)  0 . Para demostrar que es el ínfimo debemos probar que es cota inferior de Im( f ) , pues ya sabemos que pertenece al conjunto (ver Preposición 2). Es decir, que 0 

 1n  n . n2 1

Siempre n 2  1  0 , luego 0   1  n 2 n   . n

Por tanto, hemos demostrado que 0 es cota inferior y por Preposición 2, 0  Inf (Im( f ))  Min(Im( f )) , n   .

b) Sea f :    definida por

n   1  2n f ( n)  . En caso que exista, conjeture el

3n  2 valor del Sup (Im( f )) , y demuestre que tu conjetura es correcta.3

Solución: Primero notemos que si n  3 se tiene que 2n  1  3n  2 , por lo tanto  1n  2n  2n  1  1 , n  3. f ( n)  3n  2 3n  2 5 , por lo tanto 4 5 5 5  f (n)n   , esto implica que es cota superior de Im( f ) y como  Im( f ) se 4 4 4 4 5 tiene que el Sup (Im( f ))  . 4

Ahora bien, f (1)  1 y f (2) 

2

Esta desigualdad siempre se cumple, ya que el menor valor que toman los números naturales es el uno. (en ese caso 0  0 ) 3 Sexto Control de Matemática I, ejercicio 1 (otoño 2007). Programa Académico de Bachillerato, Universidad de Chile. 4 Preposición 1.

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2n  1 . En caso que exista, conjeture el valor 3n  2 del Inf (Im( f )) y Sup (Im( f )) , y demuestre que tu conjetura es correcta.

b) Sea f :    definida por f (n) 

Solución: Encontraremos el Inf (Im( f )) : Lo primero que debemos analizar son los elementos del conjunto Im( f ) , (para tener una idea del comportamiento de la función).

f (1) 

3 5 7 9 2n  1 2n  1  1  f (2)   f (3)   f (4)     f ( n)   f (n  1)  5 8 11 14 3n  2 3n  1  2

Notemos que si n  1 se tiene que f (n)  f (n  1) , por lo tanto f (1)  f (n) , n  1. 3 3 2n  1 Ahora bien, f (1)  . Entonces necesitamos demostrar que  . 5 5 3n  2

(3)

Partamos con que 0  n  1 n  1. 5 0  n 1 0  10n  9n  5  6 9n  6  10n  5 33n  2   52n  1 3 2n  1  5 3n  2

Por tanto,

3 3  f (n)n  , esto implica que es cota inferior de la Im( f ) y como 5 5

3  Im( f ) se tiene que el Inf (Im( f ))  3 .6 5 5

Ahora, encontraremos el Sup (Im( f )) 7: El ejercicio que se expone a continuación no utiliza la preposición 1, sino que recurre a la demostración por  . Esta demostración se ocupa cuando se escoge un n lo suficientemente grande que nos asegura la convergencia a nuestro supremo o ínfimo.

5

Desigualdad trivial, proveniente de la máxima simplificación de la ecuación 3. Preposición 1. 7 Se desea probar que cierto número es un supremo o ínfimo, se debe escoger entre dos tipos de demostraciones la que ocupa la Preposición 1, y la que recurre al épsilon. Cada ejercicio tiene solo una manera de resolverse, por ello se debe tener extremo cuidado al elegir el tipo de demostración. El secreto está en analizar si el supremo o ínfimo es un elemento con n finito (f(n) con n finito, se ocupa preposición 1, 2), o si se trabaja con n infinito (ocupar demostración por épsilon, como se ve en el siguiente ejemplo). 6

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Definición de Supremo: Para cada   0 existe a  A / a  Suf (A)   Definición de Ínfimo: Para cada   0 existe a  A / a  Inf ( A)   Para cada   0 existe f (n)  Im( f ) / f (n)  Sup (Im( f ))   2 Notemos que es cota superior y además un posible supremo8, entonces demostremos 3 2 que es supremo. 3 2n  1 2   3n  2 3

2n  1 2   3n  2 3 2  2n  1     3n  2 3  4 2n  1  2n   3n  2 3 1 3n   2 3 1 2 n  9 3 Propiedad Arquimediana, siempre es posible encontrar un N  R , con N    R  . Entonces existe por “Propiedad Arquimediana”, N 

1 2  , con N      0. 9 3

1 2  9 3 1 3 N   2 3 N

4  3 N  2 3 2  2 N  1     3 N  2  3  2N  1 2   3N  2 3

2N  1  2N 

¿Por qué es un posible supremo? Como la función es creciente f ( n)  f ( n  1) al hacer crecer n, los valores que dirigen la ecuación son el 2n en el numerador y el 3n en el denominador, cuando los n son

8

grandes se simplifican y se intuye el posible supremo, en este caso

2 . 3

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 f ( N )  Im( f ) / f ( N )  Sup (Im( f ))   2  Sup(Im( f ))  3 n . En caso que exista, conjeture el valor n  1000 del Sup (Im( f )) , y demuestre que tu conjetura es correcta.

b) Sea f :    definida por f (n) 

f (1) 

1 2 3 n n 1  f (2)   f (3)     f ( n)   f (n  1)  n  1  1000 1001 1002 1003 n  1000

Notemos que si n  1 se tiene que f (n)  f (n  1) . Nuestro supremo tentativo es el 1, ya que la función es creciente para todo n y los valores que dirigen la ecuación son el n en el numerador y el n en el denominador, cuando los n son grandes se simplifican y se intuye el posible supremo, en este caso1. Apliquemos Definición de Supremo: Para cada   0 existe f (n)  Im( f ) / f (n)  Sup (Im( f ))   Para nuestro caso particular, “para cada   0 existe f (n)  Im( f ) /

n  1  ” n  1000

n  1  n  1000 n  1   n  1000  n  n  1000  n  1000 n  1000  1000 n

1000  1000 

Entonces existe por “Propiedad Arquimediana”, N  1000  1000  N  1000  1000 N

N   N  N  1000  1000 N  1    N  1000  N  1  N  1000  f ( N )  Im( f ) / f ( N )  Sup (Im( f ))    Sup (Im( f ))  1

1000  1000, con N      0. 

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METODOLOGÍA (Supremos e Ínfimos): Caso1: Demostrar diciendo que si s es cota superior de A y además s pertenece a A, implica que s es Máximo y Supremo de A (Preposición 2 en el caso del ínfimo) 1. Analizar elemento de la Im( f ) , para los primeros números naturales. 2. Encontrar un posible Supremo, con n finito. (Encontrar un posible Ínfimo, con un n finito) 3. Demostrar que es cota superior. (Demostrar que es cota inferior) 4. Aplicar Preposición 1. (Aplicar Preposición 2) Caso 2: Demostrar usando definición por épsilon del supremo “para cada   0 existe a  A / a  Suf (A)   ”. (“para cada   0 existe a  A / a  Inf ( A)   ”) 1. Analizar la convergencia de la función cuando la n crece. 2. Encontrar un posible Supremo, con n infinito. (Encontrar un posible Ínfimo, con un n infinito) 3. Despejar la n de la definición de supremo. 4. Probar que existe un N   tal que se cumpla la definición de supremo, aplicando la propiedad arquimediana. 5. Reemplazar la n despejado por N de la propiedad arquimediana. 6. Devolverse y formar nuevamente la definición de Supremo. 7. Concluir que el Supremo tentativo, es el Supremo. Partiremos por dar una serie de ejemplos tipos (de supremos e ínfimos).

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Funciones 1) Se tiene un rectángulo inscrito en un triangulo equilátera de lado a. Calcule los lados del rectángulo x e y cuando el área del rectángulo es máxima.

Solución:

u 30° 30°

X/2

a

v Y 60°

60° X

Y v  X  2u  sen(30)  Y  v  sen(60) X sen(30)  2u sen(60) 

1 3  sen(60)  2 2

Luego, sen(30)   X u Y v uX 2 v Y 3

3 2

(1) (2)

(1) + (2) u  v  2 3

2 3

Y  X a9

YX a

X a

2 3

Y

La función que área del rectángulo es Area  XY 9

En la figura 1 se observa que u + v = a

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 2  Area  f Y    a  Y Y 3   2 2 f Y   aY  Y 3

El vértice de la ecuación cuadrática es Vertice  ( Ymax 

b b , f ) . 2 a  2a 

a 3 b a   2 2a 4 2 3

X max  a 

2 Ymax 3

2 a 3  3 4 a a 2 a  2

X max  a  X max X max

Por tanto, los lados que forman el área máxima son X max 

a a 3 .  Ymax  2 2

2) Los punteros del reloj a las 6 : 00 marcan un ángulo extendido. Entre las 6 : 00 y las 7 : 00 ¿a qué hora forman un ángulo recto? ¿A qué hora forman un ángulo de 60 ?

Las 6:00

Entre las 6:00 y 7:00 f(x)

a(m) b(m)

Para obtener el a(m) basta realizar una proporción directa a ( m)  6m .

60 min 360  , obteniendo m a ( m)

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Para obtener el b(m) basta realizar una proporción directa

Matemática 1 D-2 60 * 12 min 360  , m b(m)

obteniendo 1 b(m)  m . 2 Luego, la función que buscamos es la que describe el ángulo entre el minutero y el horario.

f (m)  b(m)  a (m)  180  f ( m) 

1 m  6m  180 2

1 m  6m  180 2

El valor absoluto, es para resolver el inconveniente cuando el minutero adelanta al horario y la función se vuelve negativa. Dom( f ( x))  0,60

Im( f ( x))  180,0

¿a qué hora forman un ángulo recto?

1  90   m  6m  180  2  1 90  180  m  6m 2 11 90  m 2 180 m 11

1  90   m  6m  180  2  1 90   m  6m  180 2 11 270  m 2 540 m 11

 f (m) no es inyectiva, pues tengo dos valores de m para el mismo valor de f(x).

¿A qué hora forman un ángulo de 60 ?

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1  60   m  6m  180  2  1 60  180  m  6m 2 11 120  m 2 240 m 11

Matemática 1 D-2 1  60   m  6m  180  2  1 60   m  6m  180 2 11 240  m 2 480 m 11

Tener en cuenta que para tener la hora exacta se debe anteponer las seis.

2)

Determine el dominio e imagen de las siguientes funciones, luego establezca si son inyectivas, epiyectivas y obtenga su inversa si es que existe.

Inyectividad: Si es inyectiva se cumple que f (a )  f (b)  a  b. Todos los co-dominios en esta sección se consideran igual a los reales. a)

f ( x) 

x x 1 2

Dom( f )   el denominador no se indefine nunca.

Para encontrar el conjunto imagen debemos realizar los siguientes procedimientos:  x  f ( x)   2 b  x 1 0  bx 2  x  b 1  1  4b 2 2 2b Luego, para que x no pertenezca a los imaginarios x1 

1  4b 2  0 1  4b 2 1  b2 4 1 1 b 2 2 Pero como 0  b por el valor absoluto, la intercepción de los intervalos obtenidos es:  1 Im( f )  0,   2

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Inyectividad: No inyectiva, basta con darnos un contra ejemplo f (1)  f (1) con 1  1 .  1 Epiyectividad: No epiyectiva, pues la imagen solo puede tomar 0,  .  2

Inversa: No podemos encontrar la inversa, ya que la función no es biyectiva.

b)

f ( x) 

x2 x5

Dom( f )    5 el denominador se indefine cuando x  5 . Para encontrar el conjunto imagen debemos realizar los siguientes procedimientos:  x2    b f ( x)    x 5 0  x 2  bx  5b b  b 2  20b x1  2 2 Luego, para que x no pertenezca a los imaginarios b 2  20b  0 bb  20  0 Tenemos dos casos b  0  b  20  0 o que b  0  b  20  0 . Caso 1: b  0  b  20  0 b  0  b  20  b  20 S1  20, 

Caso 2: b  0  b  20  0 b  0  b  20  b  20 S 2   ,0

Im( f )  S f  S1  S 2   ,0  20,  Inyectividad: No inyectiva, basta con darnos un contra ejemplo f (20  200 )  f (20  200 )  40 .

Además podemos ver que, a2 b2 f (a )    f (b) a5 b5 a 2 b  5a 2  b 2 a  5b 2 a 2 b  b 2 a  5a 2  5b 2  0

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ab(a  b)  5(a 2  b 2 )  0 ab(a  b)  5(a  b)a  b   0 a  b ab  5a  b   0 Solución 1: a  b Solución 2: ab  5a  b  a b  5  5b a

5b b5

Epiyectividad: No epiyectiva, pues la imagen solo puede tomar  ,0  20,  . Inversa: No se puede encontrar la inversa, debido a que la función no es biyectiva. c) f ( x)  x 2  x  c Dom( f )   el denominador no se indefine nunca (es uno).

Para encontrar el conjunto imagen debemos realizar los siguientes procedimientos: f(x)  b x2  x  c  b x 2  x  (c  b )  0  1  1  4(c  b) 2  1  (1  4b)  4c x1 / 2  2 Luego, para que a no pertenezca a los imaginarios x1 / 2 

(1  4b)  4c  0 1  4b  4c 1 bc 4  1  Im( f )  c  ,    4 

Inyectividad: No inyectiva, basta con darnos un contra ejemplo f (1)  f (2)  2  c Además podemos ver que,

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f (a)  a 2  a  c  b 2  b  c  f (b) a2  b2  a  b  0 a  b a  b   a  b   0 a  b a  b  1  0 Solución 1: a  b Solución 2: a  b  1  no _  _ c para que la función sea inyectiva (el c no afecta la inyectividad). Epiyectividad: Luego, para que la Im( f ) tome todos los reales (o sea que el   Codom(f)  Im(f(x)) ),  c    b    que b toma todos los reales, pero es imposible considerar el c   en la definición de la función,  no _  _ c para que la función sea epiyectiva Inversa: No se puede encontrar la inversa, debido a que la función no es biyectiva. d) f ( x)  x 2    x  1 Dom( f )   el denominador no se indefine nunca (es uno).

Para encontrar el conjunto imagen debemos realizar los siguientes procedimientos:

f(x)  b x2    x 1  b x 2    x  (1  b)  0     2  4(1  b) 2 Luego, para que x no pertenezca a los imaginarios x1 / 2 

 2  4  4b  0 4 2 4 2 b  1 4  2  Im( f )  1  ,  4   b

Inyectividad: No inyectiva, basta con darnos un contra ejemplo f (1)  f (1   )    2 Además podemos ver que,

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f (a)  a 2    a  1  b 2    b  1  f (b) a 2  b 2    a  b   0 a  b a  b     a  b   0 a  b a  b     0 Solución 1: a  b Solución 2: a  b     no _  _  para que la función sea inyectiva.

Epiyectividad: Luego, para que la Im( f ) tome todos los reales (o sea que el

2   Codom(f(x))  Im(f(x)) ),     b    que b toma todos los reales, 4 2 pero es imposible considerar el   en la función definida,  no _  _  para que 4 la función sea epiyectiva Inversa: No se puede encontrar la inversa, debido a que la función no es biyectiva. e)

f ( x)  4 x  8

Dom( f )   el denominador no se indefine nunca.

Para encontrar el conjunto imagen debemos realizar el siguiente procedimiento: f ( x)  4 x  8  b b8 x 4 Luego, x existe para todo b perteneciente a los reales. Im( f )  

Inyectividad: Es inyectiva, demostrémoslo. f (a )  f (b) 4a  8  4b  8  que es inyectiva. ab

Epiyectividad: Es epiyectiva, pues la imagen es igual a reales. Inversa: f ( x)  4 x  8  b  x   f 1 ( x) 

b 8 4

x 8 es la inversa buscada. 4

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METODOLOGIA: (inyectividad, epiyectividad, función inversa) 1. Definimos el dominio analizando el denominador de la función, si se indefine en uno o más puntos estos no pueden pertenecer al dominio. 2. La definición de imagen Im( f )  b /  _ a _ con _ f (a)  b, por esta razón se debe despejar a y analizar en el caso de un polinomio que a no pertenezca a los imaginarios, en el caso que se tiene un denominador variable (con un b) se debe buscar el b tal que el denominador se indefine. 3. Se deja fuera de la imagen a los b que indefinen la función y a los f (a ) tales que a pertenece a los imaginarios. 4. Se debe ocupar f (a )  f (b)  a  b, para demostrar inyectividad. En algunos casos se puede intuir que no es inyectiva, en estos procesos es conveniente buscar un contra ejemplo. 5. Para ver epiyectividad se debe usar que toda función epiyectiva tiene Im( f )  Codom( f ) , el codominio comúnmente lo definen los reales pero perfectamente puede estar acotado. 6. Por ultimo, si hemos probado biyectividad (“toda función invertible es biyectiva”), entonces podemos despejar x (de f ( x)  b) y remplazarlo por f 1 (b) . Finalmente obtenemos nuestra función inversa.

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Gráficos 1) Grafique las siguientes funciones e interprete a través del grafico la inyectividad y epiyectividad. a)

f :   5   con f ( x) 

2x  6 x5

La asíntota vertical se obtiene al ver donde se indefine la función, en este caso x  5  0  x  5. La asíntota horizontal se obtiene al despejar x. 2x  6 f ( x)  b x5 2 x  6  bx  5b x(2  b)  5b  6 x

5b  6 b2

Podemos observar que x se indefine cuando b  2  0  b  2. Como b pertenece a la imagen se forma una asíntota horizontal en 2. Con uno o más puntos se puede saber en que cuadrante se muevan las curvas. f(x)

Asíntota horizontal

Asíntota vertical

2 5

x

Se puede ver que no es epiyectiva, ya que la imagen no toma el valor 2. Es inyectiva, pues en ningún punto dos elementos del dominio tienen la misma imagen. .

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

b)

f :   0   con f ( x)  x 

Matemática 1 D-2 1 x

La asíntota vertical se obtiene al ver donde se indefine la función, en este caso x  0. La asíntota horizontal se obtiene al despejar x. 1 f ( x)  x   b x 2 x  1  bx x  x  b   1 x

1 bx

Podemos observar que x se indefine cuando x  b  0  x  b. Como b pertenece a la imagen se forma una asíntota diagonal como la función identidad. Con uno o más puntos se puede saber en que cuadrante se muevan las curvas.

Asíntota vertical f(x) Dos elementos del dominio con la misma imagen.

2 5

x

Asíntota diagonal

Se puede ver que no es epiyectiva, ya que la imagen no toma el valor 0. No es inyectiva, debido a que la curva toma dos elementos del dominio y los asocia a la misma imagen. (Observación grafica)

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Polinomios

Matemática 1 D-2

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

Trigonometría Formulas Trigonométricas: cos 2 ( x)  sen 2 ( x)  1

cos( x  y )  cos( x) cos y   sen( x) sen( y )

cos 2 ( x) 

1  cos(2 x) 2

sen( x  y )  sen( x) cos( y )  cos( x) sen( y )

sen 2 ( x) 

1  cos(2 x) 2

sen(2 x)  2 sen( x) cos( y )

Teorema del coseno:

Teorema del seno:

a 2  b 2  c 2 2bc·cos (A)

a b c   sen( A) sen( B) sen(C )

b 2  a 2  c 2 2ac·cos (B) c 2  a 2  b 2 2ab·cos (C)

A c B

b a

C

1) Herón de Alejandría en el siglo I de nuestra era, asegura que el área de un triangulo es p p  a  p  b  p  c , donde p es el sumiperímetro del triangulo de lados a, b y c. Demuestre que Herón estaba en lo correcto.

A

p p  a  p  b  p  c 

 a  b  c  a  b  c  a  b  c  a  b  c  A   a   b   c  2 2 2 2       a  b  c  b  c  a  a  c  b  a  b  c  A      2 2 2 2      1 a  b  c b  c  a a  c  b a  b  c  A 4 1 A (a  b) 2  c 2 c  (b  a) c  (b  a)  4 1 A (a  b) 2  c 2 c 2  (b  a) 2 4











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Matemática 1 D-2

Ocupando Teorema del coseno c 2  a 2  b 2  2ab cos( ) A A A A A A A







1 (a 2  b 2  2ab  c 2 c 2  b 2  2ab  a 2 4 1 (2ab1  cos( ) 2ab cos( )  2ab  4 1 (2ab1  cos( )2ab1  cos( ) 4 ab 1  cos 2 ( ) 2 ab sen( ), _ con _ 0     2 a ha 2 p ´ p  a  p  b  p  c 

2) Demuestre que sen( x)  x para todo x  .

(a, b) = (cos(x), sen(x)) arco

Sen(x)

1

x = el arco x -1

1

-1

    1  sen( x)  x  sen( x) para x   ,   2 2   Para 0  x  el arco siempre va a ser mayor que la coordenada y (que es igual a 2 sen(x)). Si x 

Luego, x  sen(x) para x  0, 

  x  0 ,  x   sen( x)  x  sen( x) 2   Si x    x   sen( x) para x   ,0 2 2 Para 

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

Por tanto, x  sen(x) para x   3) Demuestre que si x  y   entonces sen( x)  sen( y )   (Ayuda: x y x y sen( x)  sen( y )  2 sen  cos  ) ¿Puede obtener un resultado similar  2   2  para la función real f ( x)  cos( x) ? Si x  y   por demostrar que sen( x)  sen( y )   . Sabemos por enunciado que:

x y x y sen( x)  sen( y )  2sen  cos   2   2  x y x y sen( x)  sen( y )  2  sen  cos   2   2  x y Ya que cos   1 para todo x, y    2 

x y sen( x)  sen( y )  2  sen   2  Ocupando ejercicio anterior, x  sen(x) para x  

x y sen( x)  sen( y )  2     2  sen( x)  sen( y )   x  y Luego, como sabemos que x  y   sen( x)  sen( y )   x  y    sen( x)  sen( y )  

¿Puede obtener un resultado similar para la función real f ( x)  cos( x) ? Si se pude primero debemos deducir la ayuda que se dio para la parte 1.

cos(   )  cos( ) cos   sen( ) sen(  ) cos(   )  cos( ) cos   sen( ) sen(  ) Si sumamos (1) - (2)

(1) (2)

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

cos(   )  cos(   )  2  sen( ) sen(  )

Si tomamos x      y   , obtenemos x y x y cos( x)  cos( y )  2  sen   sen   2   2 

x y x y  cos( x)  cos( y )  2 sen   sen   2   2  Utilizando (3) x y x y cos( x)  cos( y )  2 sen   sen   2   2  x y Ya que sen   1 para todo x, y    2 

x y cos( x)  cos( y )  2  sen   2  Ocupando ejercicio anterior, x  sen(x) para x   cos( x)  cos( y )  2 

x y 2

cos( x)  cos( y )   x  y Luego, como sabemos que x  y  

cos( x)  cos( y )   x  y    cos( x)  cos( y )  

(3)

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

4) Encuentre todos los x   tal que sen( x)  cos( x)  0. Esta igualad también se puede escribir como tag ( x)  1.

(a, b) = (cos(x), sen(x)) arco

1

 3   3   cos  , sen     4   4 

x -1

1

 5   5   cos  4  , sen 4        

-1 3 5  o . 4 4 13 11 . En la segunda vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  o 4 4 19 21 . En la tercera vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  o 4 4  8n  5 En la n-esima vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  o 4 8n  3 . 4

En la primera vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma y valor

Ahora, si giramos con la dirección de las manillas del reloj. 3 5 En la primera vuelta, x toma y valor   o   . 4 4 En la segunda vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  

13 . 4

En la tercera vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  

19  o 4

21 . 4

 En la n-esima vuelta siguiendo una dirección anti-horario, x toma el valor  

11  o 4

8n  3 . 4

8n  5  o 4

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Resumiendo x puede tomar los valor

Matemática 1 D-2 8n  5 8n  3  o  con n un numero entero. 4 4

5) Si x es tal que cos( x)  0 , muestre que tg ( x)  tg ( x   ) . Usando las formulas para calcular la suma de ángulos.

cos(   )  cos( ) cos   sen( ) sen(  ) sen(   )  cos( ) sen   sen( ) cos(  ) Ahora con   x     . cos( x   )  cos( x) cos   sen( x) sen( ) cos( x   )   cos( x)

(3)

sen( x   )  cos( x ) sen ( )  sen ( x ) cos( )

(4)

sen( x   )   sen( x )

Finalmente la razón entre (3) y (4) es:

sen( x   )  sen( x)  cos( x   )  cos( x)

 tg ( x)  tg ( x   )

5)

¿Cual es el área del hexágono regular inscrito en la circunferencia de radio R?, ¿puede usted generalizar este resultado?

2 6

R

 6

R   R  cos  6

  R  sen  6

Área de un triangulo = Base * Altura

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

Matemática 1 D-2

    Area  R  cos   R  sen  6 6 altura

base

Área Hexágono = Área triangulo * 6     Area _ Hexágono  R  cos   R  sen   6 6 6   Area _ Hexágono  3R 2  sen  3 Area _ Hexágono  3R 2 

3 2

3 3 R Area _ Hexágono  2

2

Generalización:     Area _ Poligono  R  cos   R  sen   n n n     n _ triangulos   altura _ triangulo

Area _ Poligono 

Base _ triangulo

nR  2   sen  2  n  2

Obsérvese que ocurre cuando n tiende al infinito, analícelo tanto en la grafica como en la ecuación generalizada. 6) Grafique las siguientes funciones: A  sen(ax  b)

x

a)

  f :    definida por f ( x)  sen 2 x   4 

Ayudante Ignacio Trujillo Silva

b)

7)

Matemática 1 D-2