Prueba 1 Mayo 2024 TZ1

La lectura se hace directamente sobre el gráfico. En \(x=4\), la curva está en \(y=1\), por lo que \(f(4)=1\).

(a)(i) \(f(4)=1\).

(ii) Como \(f(4)=1\), entonces \(f\circ f(4)=f(1)\). En el gráfico, cuando \(x=1\), \(y=3\). Por tanto, \(f\circ f(4)=3\).

(iii) \(f^{-1}(3)\) es el valor de \(x\) para el cual \(f(x)=3\). Del gráfico, \(f(1)=3\), así que \(f^{-1}(3)=1\).

(b) El gráfico de \(y=f^{-1}(x)\) se obtiene reflejando el gráfico de \(y=f(x)\) respecto de la recta \(y=x\). Por ello, las intersecciones se intercambian: el corte \((0,5)\) pasa a \((5,0)\) y el corte \((10,0)\) pasa a \((0,10)\). En el dibujo debe verse una curva decreciente reflejada con cortes \((5,0)\) y \((0,10)\).

Sea \(\theta = 2x – 5^\circ\). Entonces \(\tan\theta = 1 \Rightarrow \theta = 45^\circ + 180^\circ k\), \(k \in \mathbb{Z}\).

Por tanto, \(2x – 5^\circ = 45^\circ + 180^\circ k\) \(\Rightarrow\) \(2x = 50^\circ + 180^\circ k\) \(\Rightarrow\) \(x = 25^\circ + 90^\circ k\).

En \([0^\circ, 180^\circ]\): para \(k=0\), \(x=25^\circ\); para \(k=1\), \(x=115^\circ\); \(k=2\) excede 180° y \(k<0\) da negativo.

Soluciones: \(25^\circ,\;115^\circ\).

(a) Fórmula cuadrática:

\[m = \frac{-5 \pm \sqrt{5^2 – 4\cdot 3\cdot (-2)}}{2\cdot 3} = \frac{-5 \pm \sqrt{49}}{6} = \frac{-5 \pm 7}{6}.\]

Así, \(m = \tfrac{1}{3}\) o \(m = -2\). Respuesta: \(m=\tfrac{1}{3},\; -2\).

(b) Sea \(t=3^x>0\). Entonces \(9^x=(3^x)^2=t^2\). La ecuación es \(3t^2+5t-2=0\), con soluciones de (a): \(t=\tfrac{1}{3}\) o \(t=-2\). Como \(t=3^x>0\), toma \(t=\tfrac{1}{3}\).

\(3^x=3^{-1}\Rightarrow x=-1\). Respuesta: \(x=-1\).

(a)(i) Punto medio de A(6,0) y C\(\big(3,3\sqrt{3}\big)\):

\[M=\left(\tfrac{6+3}{2},\;\tfrac{0+3\sqrt{3}}{2}\right)=\left(\tfrac{9}{2},\;\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\right).\]

(ii) OB es eje de simetría, por lo que O y M están en OB. Pendiente \(= \dfrac{\tfrac{3\sqrt{3}}{2}}{\tfrac{9}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\). Ecuación por el origen:

\[\boxed{\,y = \tfrac{\sqrt{3}}{3}\,x\,}.\]

(b) Como \([OA]\) es horizontal, \([AB]\) es vertical. Por tanto, \(x_B=6\) y \(B\) es la intersección de \(x=6\) con \(y=\tfrac{\sqrt{3}}{3}x\): \(y_B=\tfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot 6=2\sqrt{3}\). Así, \(B(6,2\sqrt{3})\).

Área de OABC con orden O(0,0), A(6,0), B(6,2\sqrt{3}), C\(\big(3,3\sqrt{3}\big)\) (fórmula del polígono):

\[\tfrac{1}{2}\big((0\cdot 0+6\cdot 2\sqrt{3}+6\cdot 3\sqrt{3}+3\cdot 0) – (0\cdot 6+0\cdot 6+2\sqrt{3}\cdot 3+3\sqrt{3}\cdot 0)\big)\\ = \tfrac{1}{2}\big((12\sqrt{3}+18\sqrt{3})-(6\sqrt{3})\big)=\tfrac{1}{2}\cdot 24\sqrt{3}=12\sqrt{3}.\]

Respuesta: \(12\sqrt{3}\text{ u}^2\).

(a) Para cada estación, la probabilidad complementaria es: primavera: \(1-k\); verano: \(1-\tfrac{k}{2}\).

(b)(i) Suponiendo independencia entre estaciones,

\[\Pr(\text{no anida en ninguna}) = (1-k)\left(1-\tfrac{k}{2}\right)=\tfrac{5}{9}.\]

Expandiendo y simplificando:

\[1-\tfrac{3}{2}k+\tfrac{1}{2}k^2=\tfrac{5}{9}\ \Rightarrow\ 9-27k+9k^2=10\ \Rightarrow\ 9k^2-27k+8=0.\]

(ii) Las soluciones son \(k=\dfrac{27\pm 21}{18}\), es decir, \(k=\tfrac{1}{3}\) y \(k=\tfrac{8}{3}\). Como \(k\) es una probabilidad, debe pertenecer a \([0,1]\). Por tanto, la única solución válida es \(k=\tfrac{1}{3}\).

(a) En \(f(x)=\dfrac{2(x+3)}{3(x+2)}\), los coeficientes principales son 2 y 3, por lo que la asíntota horizontal es \(y=\dfrac{2}{3}\).

(b) Resolvemos algebraicamente \(f(x)=g(x)\):

\[\frac{2(x+3)}{3(x+2)}=mx+1.\]

Multiplicando por \(3(x+2)\),

\[2x+6=3(mx+1)(x+2)=3mx^2+(6m+3)x+6.\]

Al simplificar,

\[0=3mx^2+(6m+1)x=x(3mx+6m+1).\]

Así, una solución es siempre \(x=0\), y la otra es

\[x=-\frac{6m+1}{3m}=-2-\frac{1}{3m}.\]

(i) Si \(m>0\), esta segunda solución es menor que \(-2\), pero sigue perteneciendo al dominio. Por tanto hay 2 soluciones.

(ii) Para que haya una sola solución distinta, la segunda solución debe coincidir con \(x=0\):

\[-2-\frac{1}{3m}=0\Rightarrow -\frac{1}{3m}=2\Rightarrow m=-\frac{1}{6}.\]

Por tanto, \(m=-\dfrac{1}{6}\).

(iii) Para tener dos soluciones con \(x\ge 0\), necesitamos que la segunda solución sea positiva, además de la solución \(x=0\):

\[-2-\frac{1}{3m}>0.\]

Esto exige \(m<0\). Al multiplicar por \(3m<0\), cambia el sentido de la desigualdad:

\[-6m-1<0\Rightarrow m>-\frac{1}{6}.\]

Junto con \(m<0\), el intervalo es \(-\dfrac{1}{6}<m<0\).

(a) El periodo observado es de 12 meses. Para \(f(x)=a\sen(bx)+c\), el periodo es \(T=\tfrac{2\pi}{b}\). De \(T=12\) resulta \(b=\tfrac{2\pi}{12}=\boxed{\tfrac{\pi}{6}}\).

(b) Del gráfico se lee amplitud \(a=\) mitad de la variación y \(c=\) línea media. Consistente con (d) y \(g\), se obtiene \(\boxed{a=5}\) y \(\boxed{c=15}\).

(c)(i) \(g(5)=3{,}5\,\sen\!\big(\tfrac{5\pi}{6}\big)+11=3{,}5\cdot\tfrac{1}{2}+11=\boxed{12{,}75\;^{\circ}\mathrm{C}}\).

(ii) El máximo de \(g\) es \(11+3{,}5=14{,}5<15\). Por tanto, nunca alcanza 15°C.

(d) Con \(f(x)=5\,\sen\!\big(\tfrac{\pi}{6}x\big)+15\):

\[0{,}7f(x)+q=0{,}7\cdot 5\,\sen\!\big(\tfrac{\pi}{6}x\big)+0{,}7\cdot 15+q=3{,}5\,\sen\!\big(\tfrac{\pi}{6}x\big)+(10{,}5+q).\]

Igualando con \(g(x)=3{,}5\,\sen(\cdot)+11\) se obtiene \(10{,}5+q=11\) y \(\boxed{q=0{,}5}\).

(a)(i) \(x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0\) para todo \(x\).

(ii) Como el denominador es siempre positivo, \(f'(x)>0\iff 2x-2>0\iff x>1\). \(f\) es creciente para \(x>1\).

(b)(i) \(f'(x)=0\iff 2x-2=0\iff \boxed{x=1}.\)

(ii) Derivando con cociente:

\[f»(x)=\frac{2\,(x^2-2x+2)-(2x-2)(2x-2)}{(x^2-2x+2)^2}=\frac{-2x^2+4x}{(x^2-2x+2)^2}.\]

(iii) \(f»(1)=\dfrac{-2+4}{(1-2+2)^2}=\dfrac{2}{1}>0\), luego en \(x=1\) hay mínimo local.

(c) Integramos \(f'(x)\): con \(u=x^2-2x+2\), \(du=(2x-2)dx\),

\[f(x)=\int \frac{2x-2}{x^2-2x+2}\,dx=\ln(x^2-2x+2)+C.\]

Usando \(f(2)=3+\ln 10\): \(\ln(2^2-4+2)+C=\ln 2 + C=3+\ln 10\Rightarrow C=3+\ln 5\).

Por tanto, \[\boxed{\,f(x)=\ln(x^2-2x+2)+3+\ln 5=3+\ln\big(5(x^2-2x+2)\big)\,}.\]

(d) Pendiente de la tangente en \(x=2\): \(f'(2)=\dfrac{2}{2}=1\). La normal tiene pendiente \(-1\). Ecuación por punto-pendiente en \((2,3+\ln 10)\):

\[y-(3+\ln 10)=-1\,(x-2)\ \Rightarrow\ \boxed{\,y=-x+5+\ln 10\,}.\]

(a) En la PA, si la diferencia es \(d\), entonces \(p=a+d\) y \(q=a+2d\). Así,

\[2p-q=2(a+d)-(a+2d)=a.\]

(b) En la PG, si la razón es \(r\), entonces \(s=ar\) y \(t=ar^2\). Luego \(s^2=a^2r^2=a(ar^2)=at\).

(c) De la PA, \(q=1=a+2d\Rightarrow d=\tfrac{1-a}{2}\), y \(p=a+d=\tfrac{a+1}{2}\). De (b) con \(t=1\): \(s^2=at\Rightarrow s^2=a\). Como \(s\) es real, \(a\ge 0\). Dado que \(a\ne 0\), \(a>0\) y por tanto \(p=\tfrac{a+1}{2}>\tfrac{1}{2}\).

(d) Con \(a=9\):

(i) PA: \(q=1=9+2d\Rightarrow d=-4\). Primeros cuatro términos: \(9,\;5,\;1,\;-3\).

(ii) PG: \(t=1=9r^2\Rightarrow r=\pm\tfrac{1}{3}\). Dado \(s=9r>0\), \(r=\tfrac{1}{3}\). Primeros cuatro: \(9,\;3,\;1,\;\tfrac{1}{3}\).

(e) Diferencia común: \(u_2-u_1=(5-9)+(\ln 3-\ln 9)=-4+\ln(\tfrac{1}{3})=-4-\ln 3\). Igualmente \(u_3-u_2=-4-\ln 3\). Por tanto, \(d_u=-4-\ln 3\).

Para \(n=10\), suma de PA: \[\sum_{i=1}^{10}u_i = \frac{10}{2}\Big(2u_1+9d_u\Big)=5\Big(2(9+2\ln 3)+9(-4-\ln 3)\Big)\\=5(-18-5\ln 3)=\boxed{-90-25\ln 3}.\]