Prueba 1 Mayo 2025 TZ2

(a) Sustituimos \(x=0\):

\[f(0)=\frac{3\cdot 0-2}{2\cdot 0+1}=\frac{-2}{1}=-2\]

Respuesta: \(-2\).

(b) Para \(|x|\to\infty\), el cociente de los coeficientes líderes da la asíntota horizontal:

\[y=\frac{3}{2}\]

Respuesta: \(y=\tfrac{3}{2}\).

(c) Para \(x\ge 0\), observamos que la asíntota vertical \(x=-\tfrac{1}{2}\) queda fuera del dominio de \(g\) y de \(f\). Derivamos \(f\) para estudiar su monotonicidad en \([0,\infty)\):

\[f'(x)=\frac{3(2x+1)-2(3x-2)}{(2x+1)^2}=\frac{7}{(2x+1)^2}\mathrel{\unicode{x003E}}0\]

Así, \(f\) es estrictamente creciente en \([0,\infty)\). Por tanto, su imagen es desde \(f(0)=-2\) hasta el límite de la asíntota sin alcanzarlo: \(f([0,\infty))=[-2,\tfrac{3}{2})\).

Como \(g(x)=-f(x)\), el rango de \(g\) es la imagen reflejada en el eje x:

\[g([0,\infty))=(-\tfrac{3}{2},\,2]\]

Respuesta: \((-\tfrac{3}{2},\,2]\).

(a) A partir de la forma cartesiana, un punto es \((1,-2,0)\) y un vector dirección es \(\langle 2,3,1\rangle\). Así,

\[\mathbf{r}=\langle 1,-2,0\rangle + \lambda\langle 2,3,1\rangle,\quad \lambda\in\mathbb{R}.\]

(b) Igualamos componentes entre \(L_1\) y \(L_2\):

\[1+2\lambda = t,\quad -2+3\lambda = 4,\quad \lambda = -8+2t.\]

De \(-2+3\lambda=4\) obtenemos \(\lambda=2\). Entonces \(t=1+2\lambda=5\). El punto de corte es

\[ (x,y,z)=(1+2\cdot 2,\,-2+3\cdot 2,\,2)=(5,4,2). \]

Respuesta: \((5,\,4,\,2)\).

(a) Ley de senos entre los lados opuestos a \(\theta\) y \(2\theta\):

\[\frac{\sin\theta}{5}=\frac{\sin(2\theta)}{6\sqrt{2}}=\frac{2\sin\theta\cos\theta}{6\sqrt{2}}.\]

Si \(\sin\theta\neq 0\), se simplifica para obtener \(\dfrac{1}{5}=\dfrac{2\cos\theta}{6\sqrt{2}}\), así

\[\cos\theta=\frac{3\sqrt{2}}{5}.\]

(b) Por \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\):

\[\sin\theta=\sqrt{1-\bigg(\frac{3\sqrt{2}}{5}\bigg)^2}=\sqrt{1-\frac{18}{25}}=\sqrt{\frac{7}{25}}=\frac{\sqrt{7}}{5}.\]

(c) Área de \(\triangle BCD\): \(A=\tfrac{1}{2}\,BC\cdot DC\cdot \sin\theta\). Con \(BC=6\sqrt{2}\) y \(\sin\theta=\tfrac{\sqrt{7}}{5}\):

\[2\sqrt{14}=\tfrac{1}{2}\,(6\sqrt{2})\,DC\,\frac{\sqrt{7}}{5}\;\Rightarrow\; 2\sqrt{14}=\frac{3\sqrt{14}}{5}\,DC\;\Rightarrow\; DC=\frac{10}{3}.\]

Respuesta: \(\sin\theta=\tfrac{\sqrt{7}}{5}\), \(DC=\tfrac{10}{3}\).

(a) Por adición: \(\mathbb{P}(A\cup B)=\mathbb{P}(A\cap B’)+\mathbb{P}(B)\). Entonces

\[\tfrac{5}{8}=\tfrac{7}{24}+\mathbb{P}(B)\;\Rightarrow\;\mathbb{P}(B)=\tfrac{5}{8}-\tfrac{7}{24}=\tfrac{15-7}{24}=\frac{1}{3}.\]

(b) Independencia: \(\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)\). Además,

\[\mathbb{P}(A\cap B’)=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B).\]

Con \(\mathbb{P}(B)=\tfrac{1}{3}\) y \(\mathbb{P}(A\cap B’)=\tfrac{7}{24}\):

\[\tfrac{7}{24}=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A)\cdot \tfrac{1}{3}=\mathbb{P}(A)\Big(1-\tfrac{1}{3}\Big)=\tfrac{2}{3}\,\mathbb{P}(A).\]

Así, \(\mathbb{P}(A)=\tfrac{7}{24}\cdot\tfrac{3}{2}=\tfrac{7}{16}\). Por complemento,

\[\mathbb{P}(A’\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A’\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=1-\frac{\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)}=1-\mathbb{P}(A)=1-\tfrac{7}{16}=\frac{9}{16}.\]

Respuesta: \(\mathbb{P}(B)=\tfrac{1}{3}\), \(\mathbb{P}(A’\mid B)=\tfrac{9}{16}\).

(a) Condición: discriminante positivo.

\[\Delta=k^2-4(15-k)=k^2+4k-60\mathrel{\unicode{x003E}}0\;\Rightarrow\;(k-6)(k+10)\mathrel{\unicode{x003E}}0.\]

Así, \(k\mathrel{\unicode{x003C}}-10\) o \(k\mathrel{\unicode{x003E}}6\).

(b) Para que las dos raíces reales tengan el mismo signo, el producto \(c=15-k\) debe ser positivo:

\[15-k\mathrel{\unicode{x003E}}0\;\Rightarrow\;k\mathrel{\unicode{x003C}}15.\]

Combinando con (a): \(k\mathrel{\unicode{x003C}}-10\) o \(6\mathrel{\unicode{x003C}}k\mathrel{\unicode{x003C}}15\).

(a) Un punto de la curva es \((x,\,y)\) con \(y=\sqrt{x^2\ln x+4-x^2}\). Entonces

\[l^2=x^2+y^2=x^2+\big(x^2\ln x+4-x^2\big)=x^2\ln x+4,\]

de donde \(l=\sqrt{x^2\ln x+4}\).

(b) Minimizar \(l\) equivale a minimizar \(x^2\ln x+4\) en \(x\mathrel{\unicode{x003E}}0\).

Derivada: \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2\ln x)=2x\ln x + x\). Igualamos a cero:

\[x+2x\ln x=0\;\Rightarrow\;\ln x=-\tfrac{1}{2}\;\Rightarrow\; x=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}.\]

Es un mínimo (\(x\mathrel{\unicode{x003E}}0\) y la función es convexa en el entorno). Respuesta: \(x= e^{-1/2}\).

Sea \(F(x)=x^4+px^3-2x^2+qx-3\). Que \((x+1)^2\) divida a \(F\) implica raíz doble en \(x=-1\):

\[F(-1)=0\ \text{y}\ F'(-1)=0.\]

Primero: \(F(-1)=1-p-2-q-3= – (p+q+4)=0\Rightarrow p+q=-4.\)

Derivada: \(F'(x)=4x^3+3px^2-4x+q\). Entonces

\[F'(-1)=-4+3p+4+q=3p+q=0.\]

Resolviendo \(\{p+q=-4,\ 3p+q=0\}\): \(p=2\), \(q=-6\).

Respuesta: \(p=2,\ q=-6\).

(a) Extremos: \((-1,\pi)\) y \((1,0)\). Corte con eje \(y\): \((0,\tfrac{\pi}{2})\). Curva decreciente y convexa hacia abajo en el intervalo.

(b) Sea \(A=\arccos x\) y \(B=\arccos\big(\tfrac{x}{\sqrt{3}}\big)\). Dado \(A+B=\tfrac{3\pi}{2}\), usamos \(\cos(A+B)=0\):

\[\cos(A+B)=\cos A\cos B-\sin A\sin B=0.\]

Con \(\cos A=x\), \(\cos B=\tfrac{x}{\sqrt{3}}\), \(\sin A=\sqrt{1-x^2}\) y \(\sin B=\sqrt{1-\tfrac{x^2}{3}}\):

\[x\cdot \frac{x}{\sqrt{3}}-\sqrt{1-x^2}\,\sqrt{1-\tfrac{x^2}{3}}=0.\]

Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene

\[3x^4=1-4x^2+3x^4\ \Rightarrow\ x^2=\frac{1}{4}\ \Rightarrow\ x=\pm \tfrac{1}{2}.\]

Comprobación en la ecuación original: con \(x=\tfrac{1}{2}\) se tiene \(\arccos(\tfrac{1}{2})+\arccos(\tfrac{1}{2\sqrt{3}})\mathrel{\unicode{x003C}}\pi\), por lo que no cumple \(\tfrac{3\pi}{2}\). En cambio, \(x=-\tfrac{1}{2}\) sí satisface la igualdad.

Solución: \(x=-\tfrac{1}{2}\).

Supón, por contradicción, que existe \(x\in(0,1)\) tal que \(\dfrac{1}{x(1-x)}\mathrel{\unicode{x003C}}4\). Como \(x(1-x)\mathrel{\unicode{x003E}}0\) en \((0,1)\), podemos multiplicar sin cambiar el sentido:

\[1\mathrel{\unicode{x003C}}4x(1-x)=4x-4x^2.\]

Llevando todo a un lado:

\[4x^2-4x+1\mathrel{\unicode{x003C}}0\ \Longleftrightarrow\ (2x-1)^2\mathrel{\unicode{x003C}}0,\]

lo cual es imposible. Por tanto, la suposición es falsa y se tiene

\[\frac{1}{x(1-x)}\ge 4\quad\text{para}\quad 0\mathrel{\unicode{x003C}}x\mathrel{\unicode{x003C}}1.\]

Por tanto, el resultado final queda encuadrado como \(\frac{1}{x(1-x)}\ge 4\quad 0\mathrel{\unicode{x003C}}x\mathrel{\unicode{x003C}}1.\).

(a) \(f^{-1}(8)=\log_4 8=\dfrac{\log 8}{\log 4}=\dfrac{3}{2}\). Respuesta: \(\tfrac{3}{2}\).

(b)(i) \(y=1+\log_2 x\ \Rightarrow\ \log_2 x=y-1\ \Rightarrow\ x=2^{y-1}\). Por tanto, \(g^{-1}(x)=2^{x-1}\).

(ii) Una descripción posible: desde \(y=2^x\), aplicar una traslación horizontal 1 unidad a la derecha (para obtener \(2^{x-1}\)) y luego una compresión horizontal por factor 1/2 y un estiramiento vertical por factor 2 para obtener \(2^{2x}=4^x\). Orden aceptable (equivalente al MS): traslación 1 a la izquierda y luego compresión horizontal por 2.

(c) \((f\circ g)(x)=4^{\,1+\log_2 x}=4\cdot 4^{\log_2 x}=4\cdot 2^{2\log_2 x}=4\cdot (2^{\log_2 x})^2=4x^2=4^{x^2}.\)

(d)(i) \[\frac{4x^2}{2x+1}=\frac{(2x-1)(2x+1)+1}{2x+1}=(2x-1)+\frac{1}{2x+1}.\]

(ii) Área: \(A=\displaystyle\int_1^3 h(x)\,dx=\int_1^3\Big[(2x-1)+\frac{1}{2x+1}\Big]dx\).

\[\int(2x-1)dx=x^2-x,\qquad \int \frac{1}{2x+1}dx=\tfrac{1}{2}\ln(2x+1).\]

Evaluando de 1 a 3:

\[A=\Big(x^2-x+\tfrac{1}{2}\ln(2x+1)\Big)\Big|_{1}^{3}=\Big(9-3+\tfrac{1}{2}\ln 7\Big)-\Big(1-1+\tfrac{1}{2}\ln 3\Big)=6+\tfrac{1}{2}\ln\frac{7}{3}.\]

Respuesta: \(6+\tfrac{1}{2}\ln\big(\tfrac{7}{3}\big)\).

(a) Con \(n=\tfrac{1}{2}\):

\[(1+5x)^{1/2}=1+\frac{1}{2}(5x)+\frac{\tfrac{1}{2}(-\tfrac{1}{2})}{2!}(5x)^2+\frac{\tfrac{1}{2}(-\tfrac{1}{2})(-\tfrac{3}{2})}{3!}(5x)^3+\cdots\]

\[=1+\tfrac{5}{2}x-\tfrac{25}{8}x^2+\tfrac{125}{16}x^3+\cdots\]

(b) \((1+qx)^{-1}=1-qx+q^2x^2+\cdots\). Entonces

\[(1+px)(1+qx)^{-1}=1+(p-q)x+(q^2-pq)x^2+\cdots\]

(c) Igualando coeficientes con (a): \(p-q=\tfrac{5}{2}\) y \(q^2-pq=-\tfrac{25}{8}\). Eliminando \(p\), se obtiene \(q=\tfrac{5}{4}\) (y \(p=\tfrac{15}{4}\)).

(d)(i) Para \(\sqrt{1.2}=(1+5x)^{1/2}\) se toma \(1+5x=1.2\Rightarrow x=0.04=\tfrac{1}{25}\).

\[\frac{1+px}{1+qx}\Bigg|_{x=1/25,\ p=15/4,\ q=5/4}=\frac{1+\tfrac{15}{4}\cdot\tfrac{1}{25}}{1+\tfrac{5}{4}\cdot\tfrac{1}{25}}=\frac{1+0.15}{1+0.05}=\frac{1.15}{1.05}=\frac{23}{21}.\]

Respuesta: \(\sqrt{1.2}\approx \tfrac{23}{21}\).

(ii) Para \(\sqrt{1.25}\), \(1+5x=1.25\Rightarrow x=\tfrac{1}{20}\), que es mayor en valor absoluto que \(\tfrac{1}{25}\). Al truncar la serie, el error crece con \(|x|\); por tanto, la aproximación es menos precisa para \(x=\tfrac{1}{20}\mathrel{\unicode{x003E}}\tfrac{1}{25}\).

(a) Si \(z^2=2\,\mathrm{cis}\,\Big(\pm\tfrac{2\pi}{3}\Big)\), entonces \(|z|=\sqrt{2}\) y los argumentos son la mitad de los dados (por De Moivre):

\[z=\sqrt{2}\,\mathrm{cis}\Big(\mp\tfrac{\pi}{3}+k\pi\Big)\ (k=0,1).\]

(b) A partir de (a), se obtienen cuatro soluciones (dos para cada signo del argumento):

\[z_1=-\sqrt{2}\,i,\quad z_2=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}+i\tfrac{\sqrt{6}}{2},\quad z_3=\tfrac{\sqrt{2}}{2}+i\tfrac{\sqrt{6}}{2},\quad z_4=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}-i\tfrac{\sqrt{6}}{2}.\]

(c) En el plano de Argand, \(z_2,z_3,z_4\) y \(-z_2\) forman un rectángulo centrado en el origen, con largo \(=\sqrt{6}\) y ancho \(=\sqrt{2}\). Área:

\[A=\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}.\]

(d) Sea \(w=1/z\). A partir de la ecuación para \(z\) se obtiene (multiplicando por \(w^4\)):

\[4w^4+2w^2+1=0,\]

de donde \(p=4,\ q=2,\ r=1\).

(e) (i) Usando conjugados o De Moivre, se obtiene

\[\frac{\sqrt{2}+i\sqrt{6}}{4}=\frac{1}{2}\,\mathrm{cis}\Big(\tfrac{\pi}{3}\Big).\]

(ii) Un factor de escala \(\tfrac{1}{2}\) en ambas direcciones del plano reduce el área por \(\big(\tfrac{1}{2}\big)^2=\tfrac{1}{4}\). Por tanto, el área del nuevo rectángulo es

\[\tfrac{1}{4}\cdot 2\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\]