Pauta Segundo Certamen de Matemática II (MAT022) 2 do Semestre de Febrero 2012

Transcripción

1 1. Alternativas Pauta Segundo Certamen de Matemática II (MAT0 do Semestre de Febrero 01 Nombre: Rut: Paralelo: En las siguientes preguntas de alternativas, justifique claramente su respuesta. (10 ptos por cada alternativa correcta 1.- El valor de a R + de modo que el sistema de ecuaciones lineales ax y az 0 x ay + z 0 x + ay z 0 posea infinitas soluciones es: (a a 1 (b a 1 (c a (d a 0 (e No existe tal valor para a Solución: Como el sistema es homogéneo, tendrá infinitas soluciones ssi el determinante asociado es igual a cero, así entonces se tiene que: a 1 a 1 a 1 1 a 1 0 a 0 Pero a 0 a R Alternativa correcta e.

2 .- Al calcular la integral definida se obtiene (a (b π 1 π 4 3 arcsin(x + arc cos(x dx, (c π 48 (d 0 (e π 4 Solución: 3 arcsin(x + arc cos(x dx A {}}{ 3 arcsin(x dx + B {}}{ 3 arc cos(x dx [ arcsin (x ] 3 [ arc cos (x ] 3 3 arcsin ( ( 1 [(π 3 ( π 6 0] 3 arc cos ( arcsin ( ( arc cos ( 1 [π 9 π 36 ] π 4

3 Otro camino de resolver el problema es: 3 arcsin(x + arc cos(x dx C {}}{ π 3 dx [ π arcsin(x ] 3 π 3 (arcsin( arcsin( π [π 3 π 4 ] Alternativa correcta b. π 4 Obs: dx Para A: u arcsin(x du x Para B: v arc cos(x dv dx x Para C: Según identidad trigonométrica arcsin(x + arc cos(x π, x [ 1, 1]

4 3.- Dados los vectores u î + ĵ + k y v 3î + ĵ + k, las coordenadas del vector (a (6,, 9 w ( u x v + proy u v son: (b (7, 8, 7 (c ( 3, 10 3, 11 3 (d (,, 1 (e (6, 6, 9 Solución: i u v i j k 1 3 î + ĵ + k ii proy u v u v u u (, 1, (3,, (, 1, ( (, 1, 9 1 (8, 4, 8 3 iii w ( u x v + proy u v (,, (8, 4, (, 10, 11 3 Alternativa correcta c.

5 4.- La antiderivada de es: (a ArcTan (x + x ln(x + 1 e x +1 + C ln(x + 1 dx. (b ArcTan (x x ln(x + + C (c ArcTan (ln(x x ln(x + + C (d ArcTan (x + x ln(x + + C (e ArcTan (x x ln(x + + C Solución I: Utilizando integración por parte se tiene que: u ln(x + 1 v x du xdx x + 1 dv dx Así, entonces: ln(x + 1 dx. x ln(x + 1 x ln(x + 1 x dx x + 1 ( 1 1 x + 1 dx x ln(x + 1 (x Arctan(x + C Arctan(x + x ln(x + + C, C R Solución II: Derivando la función alternativa d F (x arctan(x + x ln(x + + C queda:

6 F (x ( arctan(x + x ln(x + + C (algebra de derivadas y regla de la cadena (arctan(x + (x ln(x + 1 (x + C x + (x ln(x x(ln(x x + 1 ln(x x (x + 1 (x x + x ln(x (x + 1 x + 0 ( x 1 + x + ln(x (x + 1 (suma de fracciones 1 + x + ln(x ( x x (x + 1 Por lo tanto: ln(x + 1 Alternativa correcta d.

7 5.- El valor de 1 es: (a ln 0 3x (x + 1( x dx (b ln (c 3 ln (d 6 ln (e ln Solución: 1 0 3x (x + 1( x dx 1 0 ( 1 x dx x [ ln x + 1 ln x ] 1 0 [ ln ln 1 ( ln 1 ln ] [ ln + ln ] ln( Alternativa correcta a.

8 . Desarrollo Nombre: Rut: Paralelo: I.- Determine la ecuación de un plano π que contenga al punto P (3,, 1 y contenga a la recta que es intersección de los planos π 1 : x + y + 5z 1 π : x 3y + z Solución I: (15 ptos 1 o Se desarrolla la intersección de ambos planos para obtener la ecuación de la recta, esto nos permite tener otro punto del plano buscado (Q y un vector paralelo a él (V N. Matricialmente se tiene: ( F 1 ( ( Por lo tanto, Q(5, 4, 0 y V N ( 16, 11, 1 F 1 (1 ( x 5 16t y t z t, t R o Con el vector V N y el vector que se genera con los punto P y Q, se calcula el producto cruz para obtener el vector normal al plano pedido. V N î ĵ k P Q (5, 14, o La ecuación del plano π pedido es: Solución II: 5(x (y 74(z 1 0 5x + 14y 74z Teniendo π 1 π {(x, y, z R 3 /x 5 16t, y t, z t, t R}, le damos dos valores a t para generar dos puntos del plano buscado. Entonces: Si t 1, x 11, y 7 y z 1 Si t 0, x 5, y 4 y z 0 Ahora con estos dos puntos más P, generamos dos vectores: u (14, 5, 0 y v (16, 11, 1

9 Luego la ecuación del planos será: x 3 y z x + 14y 74z Solución III: Teniendo π 1 π {(x, y, z R 3 /x 5 16t, y t, z t, t R}, le damos dos valores a t para generar dos puntos del plano buscado. Entonces: Si t 1, entonces x 11, y 7 y z 1 Si t 0, entonces x 5, y 4 y z 0 Ahora con estos dos puntos más P, obtenemos dos vectores: u (14, 5, 0 y v (16, 11, 1 Con estos dos vectores realizamos el producto cruz para tener el vector normal(v N del plano : î ĵ k u v (5, 14, 74 V N Ahora si consideramos T (x, y, z un punto cualquiera del plano que se busca, entonces los vectores T P y V N son perpendiculares entre sí, esto es T P V N 0 Luego la ecuación del plano será: (x 3, y, z 1 (5, 14, x + 14y 74z

10 ( a b II.- Si A c d ( e f A 1 g h es una matriz invertible, cuya inversa es dada por ( c d y si B es la Matriz que se obtiene a b de la Matriz A intercambiando sus filas, determine B 1 en términos de los coeficientes de A 1. Solución I: (15 ptos De acuerdo al planteamiento se tiene que: B F 1 A por lo tanto B 1 A 1 C 1 ( ( ( ( Pero A 1 1 d b b d f e C 1 ad bc c a 1 0 ad bc a c h g B 1 Solución II: ( a b A por lo tanto A c d 1 ( c d B por lo tanto B a b 1 Por hipótesis: 1 ( d b ad bc c a 1 ad bc 1 bc ad por igualdad de matrices, se concluye que: ( ( d b e f c a g h ( b d a c ( e f g h e d ad bc, f b ad bc, g c ad bc, h a ad bc Por lo tanto: e d bc ad, f b bc ad, g c bc ad, h a bc ad ( f e Así finalmente B 1 h g III.- Determine el valor de a R + de modo que el área encerrada por las graficas de y ln x, y a, y a y x 0 sea igual a 3. (0 ptos Solución I: Según la gráfica se tiene que:

11 a a e y dy 3 e y a a 3 e a e a 3 e a 3e a 0 e a e a 1, pero ex > 0 x R Por lo tanto e a a ln( > 0 Respuesta: El valor de a es a ln( Nota: Como e a e a 3, se tiene que arg sinh( 3 4 a de donde a ln( ln( Solución II: Según la gráfica anterior se tiene que:

12 e a e a a + (a ln(xdx 3 e a e a a + a(e a e a (x ln(x x ea e 3 a e a a + a(e a e a (e a ln(e a e a + (e a ln(e a e a 3 ae a + ae a ae a ae a + e a ae a e a 3 e a e a 3 e a 3e a 0 e a e a 1, pero ex > 0 x R Por lo tanto e a a ln( > 0 Respuesta: El valor de a es a ln( Nota: Como e a e a 3, se tiene que arg sinh( 3 4 a de donde a ln( ln(