Prueba 1 Mayo 2025 TZ1

Para encontrar un mínimo local, buscamos primero los puntos críticos de \(f\).

La función es:

\[f(x)=\frac43x^3-16x.\]

Derivamos:

\[f'(x)=4x^2-16.\]

Los puntos críticos cumplen \(f'(x)=0\):

\[4x^2-16=0.\]

Dividimos entre 4:

\[x^2-4=0.\]

Entonces:

\[x=\pm2.\]

Como el mínimo local está en \((p,q)\) con \(p\gt0\), tomamos:

\[p=2.\]

Comprobamos que corresponde a un mínimo usando la segunda derivada:

\[f»(x)=8x.\]

En \(x=2\):

\[f»(2)=16\gt0.\]

Por tanto, en \(x=2\) hay un mínimo local.

Ahora calculamos \(q=f(2)\):

\[q=f(2)=\frac43(2^3)-16(2).\]

\[q=\frac43(8)-32=\frac{32}{3}-\frac{96}{3}=-\frac{64}{3}.\]

Respuesta final:

\[p=2,\quad q=-\dfrac{64}{3}\]

(a)

La tasa nominal anual es 4 %, capitalizada trimestralmente. Hay 4 trimestres en un año, así que la tasa por trimestre es:

\[k=\frac{0.04}{4}=0.01.\]

Como fracción:

\[0.01=\frac{1}{100}.\]

Respuesta final:

\[k=\frac{1}{100}\]

(b)

Usamos el teorema binomial:

\[(1+x)^4=\binom40 1^4+\binom41 1^3x+\binom42 1^2x^2+\binom43 1x^3+\binom44 x^4.\]

Calculamos los coeficientes:

\[\binom40=1,\quad \binom41=4,\quad \binom42=6,\quad \binom43=4,\quad \binom44=1.\]

Por tanto:

\[(1+x)^4=1+4x+6x^2+4x^3+x^4\]

(c)

El monto tras un año es:

\[1000(1+k)^4.\]

Sustituimos \(k=\dfrac{1}{100}\):

\[1000\left(1+\frac{1}{100}\right)^4.\]

Usando la expansión del apartado (b), con \(x=\dfrac{1}{100}\):

\[\left(1+\frac{1}{100}\right)^4=1+4\left(\frac{1}{100}\right)+6\left(\frac{1}{100}\right)^2+4\left(\frac{1}{100}\right)^3+\left(\frac{1}{100}\right)^4.\]

Esto da:

\[(1.01)^4\approx1.04060401.\]

Multiplicamos por 1000:

\[1000(1.04060401)=1040.60401.\]

Al dínear más cercano:

\[1041\text{ dínares}\]

La región está encerrada entre la curva superior \(y=e^x\) y la curva inferior \(y=-e^x\), desde \(x=-1\) hasta \(x=1\).

El área entre dos curvas es:

\[A=\int_a^b(\text{curva superior}-\text{curva inferior})\,dx.\]

Por tanto:

\[A=\int_{-1}^{1}\left(e^x-(-e^x)\right)\,dx.\]

Simplificamos el integrando:

\[e^x-(-e^x)=2e^x.\]

Entonces:

\[A=\int_{-1}^{1}2e^x\,dx.\]

Integramos:

\[A=2\left[e^x\right]_{-1}^{1}.\]

Evaluamos en los límites:

\[A=2(e^1-e^{-1}).\]

Respuesta final:

\[2\left(e-\dfrac{1}{e}\right)\]

(a) De \(P(A’)=\tfrac{3}{4}\) se tiene \(P(A)=\tfrac{1}{4}\). Por probabilidad condicional,

\[P(A\cap B)=P(B\mid A)\,P(A)=\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{6}.\]

(b) Usamos \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=\tfrac{3}{4}\). Sustituyendo \(P(A)=\tfrac{1}{4}\) y \(P(A\cap B)=\tfrac{1}{6}\):

\[\tfrac{3}{4}=\tfrac{1}{4}+P(B)-\tfrac{1}{6}\;\Rightarrow\;P(B)=\tfrac{2}{3}.\]

Entonces \(P(A)P(B)=\tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{2}{3}=\tfrac{1}{6}=P(A\cap B)\). Por definición, A y B son independientes.

Respuesta: \(P(A\cap B)=\)\(\tfrac{1}{6}\); A y B independientes.

(a)(i) El ancho y el alto escalan por \(\tfrac{3}{2}\) cada paso: \(w_n=4\,(\tfrac{3}{2})^{n-1}\), \(h_n=5\,(\tfrac{3}{2})^{n-1}\). Entonces

\[A_n=w_n h_n=20\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{n-1}\;\text{cm}^2.\]

(ii) La media es la suma de 10 términos de una PG dividida por 10:

\[\bar A=\frac{1}{10}\sum_{n=1}^{10}20\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{n-1}=\frac{20}{10}\cdot\frac{\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{10}-1}{\tfrac{9}{4}-1}=2\cdot\frac{\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{10}-1}{\tfrac{5}{4}}=\frac{8}{5}\Big[\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{10}-1\Big].\]

Respuesta: \(p=\tfrac{8}{5},\; a=10\).

(b) Las áreas son crecientes; la mediana es el promedio de \(A_5\) y \(A_6\):

\[\text{Mediana}=\tfrac{1}{2}\big(20(\tfrac{9}{4})^{4}+20(\tfrac{9}{4})^{5}\big)=20(\tfrac{9}{4})^{4}\cdot\tfrac{1}{2}(1+\tfrac{9}{4})=\tfrac{65}{2}\Big(\tfrac{9}{4}\Big)^{4}.\]

Respuesta: \(q=\tfrac{65}{2}\).

Vectores directores: \(\vec{d}_1=(0,a,1)\), \(\vec{d}_2=(1,2,3)\). Perpendicularidad: \(\vec{d}_1\cdot\vec{d}_2=0\):

\[0\cdot 1 + a\cdot 2 + 1\cdot 3=0 \;\Rightarrow\; 2a+3=0 \;\Rightarrow\; a=-\tfrac{3}{2}.\]

Intersección: igualamos componentes de \((4,0,-1)+\lambda(0,a,1)=(1,0,-b)+m(1,2,3)\):

x: \(4=1+m\Rightarrow m=3\). y: \(0+\lambda a=2m\Rightarrow \lambda a=6\Rightarrow \lambda=-4\) (con \(a=-3/2\)).
z: \(-1+\lambda=-b+3m\Rightarrow -1-4=-b+9\Rightarrow b=14\).

Respuesta: \(a=-\tfrac{3}{2}\), \(b=14\).

(a)

Todo número positivo puede escribirse como una potencia de \(e\). En particular:

\[3=e^{\ln 3}.\]

Por tanto:

\[a=\ln 3\]

(b)(i)

Tenemos:

\[z=3^{i-1}.\]

Usamos \(3=e^{\ln 3}\):

\[z=(e^{\ln 3})^{i-1}=e^{(i-1)\ln 3}.\]

Separamos la parte real y la parte imaginaria del exponente:

\[e^{(i-1)\ln 3}=e^{-\ln3}e^{i\ln3}.\]

Como \(e^{-\ln3}=\dfrac13\), queda:

\[z=\frac13 e^{i\ln3}.\]

Usamos la forma de Euler \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\):

\[z=\frac13\left(\cos(\ln3)+i\sin(\ln3)\right).\]

La parte real es:

\[\operatorname{Re}(z)=\frac13\cos(\ln3)\]

(b)(ii)

Como \(z=3^{i-1}\), entonces:

\[\frac1z=3^{1-i}.\]

De nuevo usamos \(3=e^{\ln3}\):

\[3^{1-i}=e^{(1-i)\ln3}=e^{\ln3}e^{-i\ln3}.\]

Como \(e^{\ln3}=3\), tenemos:

\[\frac1z=3e^{-i\ln3}.\]

Usamos \(e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta\):

\[\frac1z=3\left(\cos(\ln3)-i\sin(\ln3)\right).\]

La parte real es:

\[\operatorname{Re}\left(\frac1z\right)=3\cos(\ln3)\]

(a)

Queremos demostrar:

\[1+\log_2 n\ge \log_2(n+1).\]

Usamos que \(1=\log_2 2\):

\[1+\log_2 n=\log_2 2+\log_2 n.\]

Por la propiedad \(\log a+\log b=\log(ab)\):

\[1+\log_2 n=\log_2(2n).\]

Para \(n\in\mathbb Z^+\), se cumple:

\[2n\ge n+1.\]

Además, \(\log_2 x\) es creciente porque la base 2 es mayor que 1. Por tanto:

\[\log_2(2n)\ge \log_2(n+1).\]

Así queda demostrado que:

\[1+\log_2 n\ge \log_2(n+1)\]

(b)

Demostramos por inducción que:

\[n\gt\log_2 n\quad\text{para todo }n\in\mathbb Z^+.\]

Base: para \(n=1\),

\[1\gt\log_2 1=0.\]

La afirmación es cierta para \(n=1\).

Hipótesis inductiva: suponemos que para algún \(k\in\mathbb Z^+\) se cumple:

\[k\gt\log_2 k.\]

Paso inductivo: queremos probar que:

\[k+1\gt\log_2(k+1).\]

De la hipótesis inductiva, al sumar 1 a ambos lados:

\[k+1\gt 1+\log_2 k.\]

Por el apartado (a):

\[1+\log_2 k\ge \log_2(k+1).\]

Combinando ambas desigualdades:

\[k+1\gt 1+\log_2 k\ge \log_2(k+1).\]

Por tanto:

\[k+1\gt\log_2(k+1).\]

La afirmación queda demostrada por inducción.

Respuesta final:

\[n\gt\log_2 n\text{ para todo }n\in\mathbb Z^+\]

Sea \(y=vx\). Entonces \(\dfrac{dy}{dx}=v+x\dfrac{dv}{dx}\). Sustituyendo:

\[v+x\dfrac{dv}{dx}=\frac{x-vx}{x+vx}=\frac{1-v}{1+v}.\]

Aislando \(x\dfrac{dv}{dx}\): \(x\dfrac{dv}{dx}=\dfrac{1-v}{1+v}-v=\dfrac{1-2v-v^2}{1+v}.\)

Separamos variables: \[\frac{1+v}{1-2v-v^2}\,dv=\frac{dx}{x}.\]

Integramos: a la izquierda, con \(u=1-2v-v^2\) y \(du=-2(1+v)\,dv\),

\[-\tfrac{1}{2}\int\frac{du}{u}=\int\frac{dx}{x}\;\Rightarrow\;-\tfrac{1}{2}\ln|1-2v-v^2|=\ln x + C.\]

Exponenciando y reescribiendo en \(x,y\) (ya que \(v=\tfrac{y}{x}\)) se obtiene una relación implícita de la forma

\[x^2\Big(1-\frac{2y}{x}-\frac{y^2}{x^2}\Big)=\text{const}\;\Rightarrow\;x^2-2xy-y^2=\text{const}.\]

Usando la condición \((x,y)=(2,0)\): \(4-0-0=4\), por lo que la constante es 4. Concluimos

\(x^2-2xy-y^2=4\).

(a)

Partimos de la forma factorizada:

\[f(x)=5(x+1)(x+3).\]

Primero expandimos el producto:

\[(x+1)(x+3)=x^2+4x+3.\]

Entonces:

\[f(x)=5x^2+20x+15.\]

Completamos el cuadrado dentro del paréntesis:

\[x^2+4x+3=(x+2)^2-1.\]

Por tanto:

\[f(x)=5\big((x+2)^2-1\big)=5(x+2)^2-5.\]

Comparando con \(a(x-h)^2+k\), tenemos:

\[f(x)=5(x+2)^2-5\]

(b)

Para bosquejar la parábola usamos sus rasgos principales. De la forma factorizada, los interceptos con el eje \(x\) son:

\[5(x+1)(x+3)=0\quad\Rightarrow\quad x=-1,\;-3.\]

Así, los puntos son \((-1,0)\) y \((-3,0)\).

El intercepto con el eje \(y\) se obtiene sustituyendo \(x=0\):

\[f(0)=5(1)(3)=15.\]

Por tanto, el intercepto con el eje \(y\) es \((0,15)\).

De la forma \(5(x+2)^2-5\), el vértice es:

\[(-2,-5).\]

Como el coeficiente de \((x+2)^2\) es positivo, la parábola abre hacia arriba.

(c)

Usamos la forma de vértice porque la desigualdad se simplifica directamente:

\[5(x+2)^2-5\le 40.\]

Sumamos 5 a ambos lados:

\[5(x+2)^2\le45.\]

Dividimos entre 5:

\[(x+2)^2\le9.\]

Entonces:

\[-3\le x+2\le3.\]

Restando 2:

\[-5\le x\le1\]

(d)(i)

La composición \((f\circ g)(x)\) significa sustituir \(g(x)=\ln x\) dentro de \(f\).

Entonces:

\[(f\circ g)(x)=f(\ln x)=5(\ln x+1)(\ln x+3).\]

También se puede escribir como:

\[(f\circ g)(x)=5(\ln x+2)^2-5\]

(d)(ii)

Resolvemos la desigualdad obtenida en la composición:

\[5(\ln x+2)^2-5\le40.\]

Como antes:

\[(\ln x+2)^2\le9.\]

Por tanto:

\[-3\le\ln x+2\le3.\]

Restamos 2:

\[-5\le\ln x\le1.\]

Aplicamos la función exponencial, que es creciente:

\[e^{-5}\le x\le e\]

(e)

La composición \(g\circ f\) es \(g(f(x))=\ln(f(x))\). Para que el logaritmo exista, necesitamos:

\[f(x)\gt0.\]

Como \(f(x)=5(x+1)(x+3)\), y \(5\gt0\), basta resolver:

\[(x+1)(x+3)\gt0.\]

El producto es positivo fuera de las raíces \(-3\) y \(-1\).

Por tanto, el dominio es:

\[(-\infty,-3)\cup(-1,\infty)\]

(a) Tomamos los vectores normales de los dos planos:

\[\mathbf{n}_1=(1,2,1),\qquad \mathbf{n}_2=(1,-1,-2).\]

El ángulo entre los planos se obtiene a partir del ángulo entre sus vectores normales.

\[\mathbf{n}_1\cdot\mathbf{n}_2=1(1)+2(-1)+1(-2)=-3\]

\[\|\mathbf{n}_1\|=\sqrt{1^2+2^2+1^2}=\sqrt6,\qquad \|\mathbf{n}_2\|=\sqrt{1^2+(-1)^2+(-2)^2}=\sqrt6.\]

Por tanto, el ángulo entre los vectores normales cumple

\[\cos\phi=\frac{-3}{\sqrt6\sqrt6}=-\frac12.\]

Así, \(\phi=120^\circ\). Como el ángulo agudo entre los planos es \(180^\circ-120^\circ\), se obtiene

\(\theta=60^\circ\).

(b) El plano \(\Pi_3\) es perpendicular a \(\Pi_1\) y \(\Pi_2\), por lo que su vector normal es paralelo al producto vectorial de los normales anteriores.

\[\mathbf{n}_1\times\mathbf{n}_2=(-3,3,-3).\]

Podemos usar el vector normal \((-1,1,-1)\). Entonces la ecuación de \(\Pi_3\) tiene la forma

\[-x+y-z=d.\]

Sustituimos el punto \(R(5,-5,5)\):

\[-5-5-5=d\Rightarrow d=-15.\]

Por tanto,

\(-x+y-z=-15\).

(c)(i) Usamos la identidad del seno de una suma:

\[\sin(30^\circ+45^\circ)=\sin30^\circ\cos45^\circ+\cos30^\circ\sin45^\circ.\]

Sustituimos los valores exactos:

\[\sin75^\circ=\frac12\cdot\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}.\]

(ii) Sea \(x=QR\). En el triángulo formado por el recorrido del rayo, aplicamos la regla del seno con los ángulos \(75^\circ\) y \(45^\circ\):

\[\frac{5}{\sin75^\circ}=\frac{x}{\sin45^\circ}.\]

Despejamos \(x\):

\[x=5\cdot\frac{\sin45^\circ}{\sin75^\circ}=5\cdot\frac{\sqrt2/2}{(\sqrt2+\sqrt6)/4}.\]

Simplificamos el cociente:

\[x=\frac{10\sqrt2}{\sqrt2+\sqrt6}=\frac{10}{1+\sqrt3}.\]

Racionalizamos el denominador:

\[x=\frac{10}{1+\sqrt3}\cdot\frac{1-\sqrt3}{1-\sqrt3}=\frac{10(1-\sqrt3)}{1-3}=5(\sqrt3-1).\]

Por tanto,

\(QR=5(\sqrt3-1)\,\text{cm}\).

(a) Integramos por partes con \(u=\cos^{n-1}x\), \(dv=\cos x\,dx\). Entonces \(du=-(n-1)\cos^{n-2}x\,\sin x\,dx\), \(v=\sin x\). Así,

\[\int \cos^n x\,dx=\cos^{n-1}x\,\sin x+\int (n-1)\cos^{n-2}x\,\sin^2 x\,dx.\]

Usando \(\sin^2 x=1-\cos^2 x\),

\[=\cos^{n-1}x\,\sin x+(n-1)\int \cos^{n-2}x\,dx-(n-1)\int \cos^n x\,dx.\]

(b) Reordenando y dividiendo por \(n\):

\[n\int \cos^n x\,dx=\cos^{n-1}x\,\sin x+(n-1)\int \cos^{n-2}x\,dx\;\Rightarrow\;\frac{1}{n}\int f_n=\cos^{n-1}x\,\sin x+\frac{1}{n}\int f_{n-2}.\]

(c) Con (a): para \(n=4\),

\[\int \cos^4 x\,dx=\cos^3 x\,\sin x+3\int \cos^2 x\,dx-3\int \cos^4 x\,dx,\]

de donde \(4\int \cos^4 x=\cos^3 x\,\sin x+3\int \cos^2 x\). Usando \(\int \cos^2 x\,dx=\tfrac{1}{2}(x+\sin x\cos x)\),

\[\int \cos^4 x\,dx=\tfrac{1}{4}\cos^3 x\,\sin x+\tfrac{3}{8}\cos x\,\sin x+\tfrac{3}{8}x+C.\]

(d) Volumen por revolución de \(y=\cos^2 x\):

\[V=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\pi (\cos^2 x)^2\,dx=2\pi\int_0^{\pi/2}\cos^4 x\,dx.\]

Usando (c) entre 0 y \(\tfrac{\pi}{2}\), los términos \(\cos^k x\,\sin x\) se anulan en los extremos y queda \(\tfrac{3}{8}\cdot\tfrac{\pi}{2}\). Así,

\[V=2\pi\cdot\frac{3}{8}\cdot\frac{\pi}{2}=\]\(\tfrac{3\pi^2}{8}\).

(e)(i) \(\cos x=1-\tfrac{x^2}{2}+\cdots\). Entonces

\[f_n(x)=(\cos x)^n=\big(1-\tfrac{x^2}{2}+\cdots\big)^n=1-\frac{n}{2}x^2+\cdots\]

(ii) \[\lim_{x\to 0} n\,\frac{f_n(x)-1}{x^2}=\lim_{x\to 0} n\,\frac{-\tfrac{n}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=\]\(-\tfrac{n}{2}\).