IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº 1 I Bch C-T NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deen tener el nomre y estr numerdos en l prte superior. ) Tods ls respuests deen estr justificds y simplificds. ) No se puede usr corrector ni lápiz, y el olígrfo dee ser de tint indelele. Se consej no usr orrdor. 4) Se puede lterr el orden de ls respuests, pero no se puede interclr l respuest un pregunt con ls de otrs. ) Destender ls instrucciones será penlizdo. 1) Sin usr clculdor, clculr el vlor de: ) 19 6 81 18 ) 6 0 ( 4) 40 ( 6) (0, puntos) (1 punto) ) Simplificr (denomindor rcionlizdo y positivo, exponentes positivos): ) ) 6 6 (1 punto) (1 punto) ) ) Escriir en form de intervlo: E(.16,.) (0, puntos) ) Escriir en form de entorno: (.16,.) (0, puntos) 4) Escriir como función definid trozos (eliminr el vlor soluto) (Selectividd Junio 009): f(x) x x 1 ) Tomr logritmos y, plicndo sus propieddes, desrrollr todo lo posile: ( ptos) x(x 1) A 6) Dividir P(x) x 4 x x + entre Q(x) x x diciendo cuánto vle el cociente y cuánto el resto. ( puntos)
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº 1 I Bch C-T SOLUCIONES 1) Sin usr clculdor, clculr el vlor de: 19 ) 6 81 18 19 49 19 0 0 6 1 14 1 81 18 1 1 1 90 0 1 1 0 1 (0, puntos) 0 1 ( 4) ( 6) 6 0 ) 40 ( 4) ( 6) 6 0 40 (4) ( 6 ) 4 6 6 0 6 0 40 40 6 6 6 6 6 6 6 ( ) ( ) 40 0 6 ) Simplificr (denomindor rcionlizdo y positivo, exponentes positivos): ) 4 6 1 10 10 1 1 9 4 1 16 1 19 4 1 4 1 4 (1 punto) (1 punto) ) 6 6 6 6 6 6 9 6 1 6 6 6 ( 6)( 6) ( ) 6 1 9 (9 4 ) 9 (1 punto) 6 18 6 9 6 9 4 ) ) Escriir en form de intervlo: E(.16,.) (0, puntos) Como un entorno de centro y rdio r se puede poner en form de intervlo ierto de l form E(, r) ( r, + r), se tiene: E(.16,.) (.16.,.16 +.) ( 4.4, 10.66) ) Escriir en form de entorno: (.16,.) (0, puntos) Por l mism rzón nterior, el centro del entorno será el del intervlo:.16.. IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº 1 I Bch C-T Y el rdio, l distnci entre el centro y uno de los extremos del intervlo ierto que nos hn ddo: r..16.1. Por tnto: (.16,.) E(.,.1) 4) Escriir como función definid trozos (eliminr el vlor soluto) (Selectividd Junio 009): f(x) x x 1 Ddo que l definición de vlor soluto de es: si 0, se tiene: si 0 Por ello: x 1 ( x 1) si x 1 0 x 1 si x 1 x 1 si x 1 0 x 1 si x 1 f(x) x x 1 x x 1 x 1 si si x x x x x 1 x( x 1) si x 1 x 1 x( x 1) si x 1 si si x 1 x 1 ) Tomr logritmos y, plicndo sus propieddes, desrrollr todo lo posile: ( ptos) x(x 1) log A log 1 1 log log x(x 1) A 1 x(x 1) log x(x 1) 1 x( 1) log log x 1 1 log log (x 1) log 1 1 1 log log log( x 1) log x x 1 1 1 log log x log( x 1) log 1 1 log log x log( x 1) log 1 1 log log x log( x 1) log log log x log( x 1) 1 1 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº 1 I Bch C-T 6) Dividir P(x) x 4 x x + entre Q(x) x x diciendo cuánto vle el cociente y cuánto el resto. ( puntos) x 4 x x + x x 4 x 4 x 4 6 x x 1 El cociente es 4 x x x + 4 8 x x 6 x x + 6 14 x x 1 84 x 1 + 4 6 84 x x y el resto, x +. 1 1 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deen tener el nomre y estr numerdos en l prte superior. ) Tods ls respuests deen estr justificds y simplificds. ) No se puede usr corrector ni lápiz, y el olígrfo dee ser de tint indelele. Se consej no usr orrdor. 4) Se puede lterr el orden de ls respuests, pero no se puede interclr l respuest un pregunt con ls de otrs. ) Destender ls instrucciones será penlizdo. 1) Usndo el Binomio de Newton, desrrollr y simplificr: ) Resolver l ecución: + 9 x 4 x (1 punto) log x log y log ) Resolver el sistem: log x log y log 4) Resolver por el método de Guss en form mtricil (no es válido ningún otro método), previ clsificción según el número de soluciones, el sistem siguiente. Por último, si es posile, concretr un solución en l que x 1. ( puntos) x y z x y 4z 9 4x y 6z 1 x x 6x x ) Resolver l ecución: 0 x x x 1 ( x )(x 1) ( puntos) x 6) Resolver l inecución: 0 x x ( puntos)
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T SOLUCIONES 1) Usndo el Binomio de Newton, desrrollr y simplificr: ( ) ( ) 4 + ( ) ( ) + 0 1 4 + 4 1 4 1 + 10 9 10 6 + 4 4 6 8 10 4 1 810 10 + 1080 40 0 + 10 ) Resolver l ecución: + 9 x 4 x (1 punto) + 9 x 4 x + ( ) x 4 x 0 x 4 x + 0 ( x ) 4 x + 0 (Cmio de incógnit t x ): t 4t + 0 4 x x 0 4 16 1 4 1 1 x 0 t 4 x x 1 x 1 donde y hemos deshecho el cmio. Por tnto, hy dos soluciones: x 0 ó x 1. log x log y log ) Resolver el sistem: log x log y log Relizmos un cmio de incógnits: log x; log y. Entonces tenemos: log log ( ) : 4 log log (ª ec): log 0 0 Deshcemos el cmio: log log x log x. 0 log y 0 y 1. L solución es válid, pues no se nul ni hce negtivo ningún rgumento de logritmos en ls ecuciones iniciles. Luego, l solución es: x con y 1. 4) Resolver por el método de Guss en form mtricil (no es válido ningún otro método), previ clsificción según el número de soluciones, el sistem siguiente. Por último, si es posile, concretr un solución en l que x 1. ( puntos) x y z x y 4z 9 4x y 6z 1 Hcemos trnsformciones lineles en l mtriz mplid pr tringulrizrl. Actumos inicilmente sore l primer column, tomndo como pivote el elemento de l fil, y después sore l segund column, siendo el pivote el de l fil : IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T 0 1 1 F1 F A' 4 9 4 9 F1 F F F 4 6 1 0 1 1 0 0 0 0 4 9 0 1 1 El proceso h finlizdo (hemos ctudo sore dos columns, un menos que fils hy) y l mtriz está tringulrizd. Como no h queddo ningun fil nul slvo l posición correspondiente l últim column, el sistem es comptile. Y l primer fil puede eliminrse, y que es nul. Al quedr menos ecuciones que incógnits, el sistem es comptile determindo. Llmmos y t (podrímos, tmién, llmr z t, pero no x t, porque perderímos l tringulrizción; demás, conviene y t porque tiene coeficientes más complicdos que los de z, lo que se trducirá en denomindores más simples en l solución finl) y reconstruimos el sistem, psndo t l segundo miemro: x 4z 9 t 1 1t (ª ec.): z z 1 1t 1 1t Sustituyendo en l 1ª ec: x + 4 9 t x + (1 1t) 9 t t x + 4 6t 9 t x 9 t 4 + 6t t x. Por tnto, ls infinits soluciones (cd un se otiene dndo un vlor t) son de l t 1 1t form: (x, y, z ), t,. Tmién, de form similr, podrín t 1t t 1 t otenerse ls soluciones de l form: t,, ó,, t. 1 1 Finlmente, vemos qué vlor de t d un solución con x 1: t 1 t t t 1. 1 1 Si t 1 x 1, y 1, z L solución es (x, y, z) ( 1, 1, ). x x 6x x ) Resolver l ecución: 0 ( puntos) x x x 1 ( x )(x 1) Fctorizmos x x +. Pr ello, lo igulmos 0: x x + 0 1 16 x x x + (x ½)(x ) 4 4 Del mismo modo, (x 1) (x ½). Por tnto, l ecución se trnsform en: x x 6x x 0 1 1 1 x ( x ) x ( x ) x IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T x x( x ) 6x x 0 1 1 1 x ( x ) x ( x ) x ( x ) x (x 6x) (6x x ) 0 1 x ( x ) Un frcción se nul si lo hce el numerdor pero no el denomindor. Vemos los vlores que nuln el numerdor descrtndo los que nulen el denomindor: x x + 6x 6x x + 0 9x + x + 0 9x x 0 49 9 11 9 x 18 18 9 No es válido x porque nul el denomindor solución únic: x 11. 9 x 6) Resolver l inecución: 0 ( puntos) x x Fctorizmos y hllmos ls ríces de numerdor y denomindor: x 0 x /. Por tnto, x (x /). x + x 0 x ½ ó x. x + x (x ½)(x ). Sustituyendo en l inecución, se trnsform en: x x 0 0 1 1 x ( x ) x ( x ) donde hemos psdo los fctores constntes l segundo miemro. Como uno de ellos es negtivo y ps multiplicndo cmi el sentido de l desiguldd. Ahor, estudimos est últim inecución. Los cmios de signo de los fctores que en ell precen se producen desplzándonos en sentido creciente por l rect rel y l trvesr cd un de ls ríces nteriores. Así: 1/ / lo que nos llev : (, 1/) 1/ (1/, /) / (/, ) (, +) x 1/ 0 + + + x / 0 + + x 0 + x 1 x ( x ) / + 0 / + Son solución? No No Si Si No No Si Luego ls soluciones son los elementos del conjunto: 1, (, ) IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deen tener el nomre y estr numerdos en l prte superior. ) Tods ls respuests deen estr justificds y simplificds. ) No se puede usr corrector ni lápiz, y el olígrfo dee ser de tint indelele. Se consej no usr orrdor. 4) Se puede lterr el orden de ls respuests, pero no se puede interclr l respuest un pregunt con ls de otrs. ) Destender ls instrucciones será penlizdo. 1) Resolver l ecución log x + log (x + ) log (6 + 4x) log 1 ) Usndo el Binomio de Newton, desrrollr y simplificr: ) Resolver l ecución: ( puntos) x 1 x 1 x 8x 8 x x 1 x 4 ( x )(x 4) 4) Clsificr, resolver y dr, si es posile, un solución en l que x 0, el siguiente sistem de ecuciones usndo el método de Guss en su form mtricil (no es válido ningún otro método): x y z x y 4z 1 x 10 y z 8 ) Sin utilizr clculdor, siendo tg con 90º < < 0º, clculr el vlor de tods ls rzones trigonométrics de deduciéndols de los dtos proporciondos y con yud de fórmuls trigonométrics. Un vez completdo lo nterior, decir el vlor de. 6) Demostrr que es ciert l siguiente identidd pr los vlores pr los que teng sentido: ( puntos) cos 1 4 sen cos
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T SOLUCIONES 1) Resolver l ecución log x + log (x + ) log (6 + 4x) log 1 Suele ser más fácil relizr un cmio de incógnit, del tipo t log x o similr, pero en est ecución no es posile, porque log(x + ) no se puede poner en form de log x, ddo que logritmo de un sum no es simplificle. Por tnto, nuestr únic opción prece que es quitr logritmos, lo que es posile usndo que log log es cierto si, siempre que existn log y log. Esto olig compror ls soluciones otenids. Por tnto, teniendo en cuent que log 1 0: log x + log (x + ) log (6 + 4x) log 1 log x(x + ) log (6 + 4x) lo que ocurre si: x(x + ) 6 + 4x x + x 4x 6 0 x x 6 0 1 1 4 1 x Pero x no es válid, porque / log( ). Por tnto, l únic solución es x. ) Usndo el Binomio de Newton, desrrollr y simplificr: ( ) ( ) 4 + ( ) ( ) + 0 1 4 + 4 1 4 1 + 10 9 10 6 4 4 6 + 8 10 1 40 10 + 0 810 4 1080 + 10 ) Resolver l ecución: ( puntos) x 1 x 1 x 8x 8 x x 1 x 4 ( x )(x 4) 8 4 Como x 144 1 x 1 0 x 6 6 6 Por el Teorem de Descomposición Fctoril de un polinomio (si conocemos ls n ríces reles de un polinomio de grdo n el polinomio es el coeficiente del término o sumndo de myor grdo multiplicdo por monomios de l form x ríz, pr cd un de ls n ríces), se concluye: x x 1 (x )(x + 4/). 4 Por otr prte, x + 4 x, lo que se otiene scndo fctor común o por Ruffini. Por tnto: x 1 x 1 x 8x 8 x x 1 x 4 ( x )(x 4) IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T x 1 x 1 x 8x 8 4 4 4 ( x ) x x ( x ) x x 1 ( x 1)( x ) x 8x 8 0 4 4 4 ( x ) x ( x ) x ( x ) x x 1 ( x 1)( x ) ( x 8x 8) 0 4 ( x ) x Un cociente es 0 si lo es el numerdor pero no el denomindor. Así, igulmos 0 el numerdor comprondo que ls soluciones otenids no nuln el denomindor: x 1 (x x + x ) + x 8x 8 0 x 1 x + x x + + x 8x 8 0 x x 6 0 x ó x. Pero x no es válid porque nul denomindores en l ecución inicil. Por tnto, l únic solución es x. 4) Clsificr, resolver y dr, si es posile, un solución en l que x 0, el siguiente sistem de ecuciones usndo el método de Guss en su form mtricil (no es válido ningún otro método): x y z x y 4z 1 x 10 y z 8 L últim ecución es simplificle entre. Por tnto: 0 1 9 0 0 0 0 F1 F A' 4 1 0 1 9 F1 F 0 1 9 F F 1 1 4 1 1 4 1 1 4 L tenemos tringulrizd. Como ningun fil h resultdo ser nul slvo l últim posición, el sistem es comptile. Como ls fils nuls se descrtn, quedn menos fils que incógnits, por lo que es un sistem comptile indetermindo. Llmmos y t. Podrímos elegir tmién z t, pero y tiene coeficientes más complicdos que z, lo que nos llevrá denomindores más simples en l form generl de ls soluciones. No deerímos elegir x t, porque perderímos l tringulrizción. Sustituyendo en l ª ecución (l 1ª h queddo descrtd): 9 1t z 9 1t z 9 1t Sustituyendo en l tercer: x t 4 x + 10t (9 1t) 8 t 1 10t 9 + 1t 8 x t 1 x x t 1 9 1t Luego l form generl de ls soluciones es: (x, y, z), t,. Por t 9 t 1 t 1t otros cminos: (x, y, z),, t ó (x, y, z) t,,. 1 1 Por último, Si x 0, con l primer de ests soluciones, serí otenid si: IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Prue de oservción continu escrit nº I Bch C-T t 1 0 t 1 40 t t 1 9 1( 1) Y con este vlor: y t 1; z 11. O se: (x, y, z) ( 0, 1, 11). ) Sin utilizr clculdor, siendo tg con 90º < < 0º, clculr el vlor de tods ls rzones trigonométrics de deduciéndols de los dtos proporciondos y con yud de fórmuls trigonométrics. Un vez completdo lo nterior, decir el vlor de. Como 90º < < 0º está en el II ó III cudrnte. Pero l ser tg positiv, está en el tercer cudrnte. Esto será importnte pr decidir los signos de ls rzones. Así: 1 1 tg cos 1 1 1 1 cos cos 1 tg 1 4 pues si estmos en el III cudrnte, el coseno dee ser negtivo: de los dos signos posiles de l ríz, tommos el negtivo. sen tg cos Y ls tres restntes son: cotg 1 tg sen cos tg 1 1 1 ; sec cos 1 1/ 1 cosec sen Por último, los vlores que están dndo son, si fuesen todos positivos, los correspondientes 60º (si hcemos con l clculdor SHIFT tn, nos d dicho resultdo). Pero hy que trsldrlo l tercer cudrnte (los cmios hitules de cudrnte siempre se hcen con 180º ó 60º). Luego 180º + 60º 40º. 6) Demostrr que es ciert l siguiente identidd pr los vlores pr los que teng sentido: ( puntos) cos 1 4 sen cos cos cos( ) cos cos sen sen cos cos cos (cos sen )cos (sen cos ) sen cos sen cos sen cos cos cos cos (cos sen sen ) cos sen (1 sen ) sen cos 1 sen sen 1 4 sen. IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Recuperción I Bch C-T NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deen tener el nomre y estr numerdos en l prte superior. ) Tods ls respuests deen estr justificds y simplificds. ) No se puede usr corrector ni lápiz, y el olígrfo dee ser de tint indelele. Se consej no usr orrdor. 4) Se puede lterr el orden de ls respuests, pero no se puede interclr l respuest un pregunt con ls de otrs. ) Destender ls instrucciones será penlizdo. 1) Resolver l ecución log x + log (x + 9) 1 + log x ) Aplicndo l fórmul del Binomio de Newton, clculr y simplificr solo los 4 primeros sumndos del desrrollo de x 4 x 10 ) Resolver l ecución: ( puntos) x 1 x x x x x x x 6 4) Clsificr, resolver y dr, si es posile, un solución en l que x 69, el siguiente sistem de ecuciones usndo el método de Guss en su form mtricil (no es válido ningún otro método): 4x y z 1 x y 4z x y z ) Siendo cotg, con 90º < < 0º, hllr el resto de rzones trigonométrics de sin usr clculdor. Trs ello, decir el vlor de en grdos, minutos y segundos. 6) Demostrr que, cundo tiene sentido, es ciert l identidd: ( puntos) tg cos sen (1 sen )(1 sen ) sen 1 tg sen cos
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Recuperción I Bch C-T SOLUCIONES 1) Resolver l ecución log x + log (x + 9) 1 + log x log x + log (x + 9) 1 + log x log x + log (x + 9) log x 1 log x + log (x + 9) log 10 log x(x + 9) log 10 x(x + 9) 10 0 x 9 81 40 9 11 9 11 10 + 9x 10 0 x 1 Pero x 10 no es válid, porque l sustituir en l ecución no puede clculrse el primer sumndo, y que no existen logritmos de números negtivos. Por tnto, l únic solución es x 1. ) Aplicndo l fórmul del Binomio de Newton, clculr y simplificr solo los 4 primeros sumndos del desrrollo de 4x x Serín los siguientes: 10 9 8 10 10 4x 0 x 1 x 10 + (4x) x 10 (4x) x 10 9 8 10 4x + 4 16x 10 0 18 16 x x x x 14 4 x 104 0480 1840 98040 + 0 1 14 11 x x x x ) Resolver l ecución: ( puntos) x 1 x x x x x x x 6 Fctorizmos los denomindores, con ojeto de simplificr si es posile y hllr el mcm de los mismos. x 0 x / Por el Teorem de fctorizción de polinomios: x (x /). Tmién podrí herse extrído directmente fctor común. 6 x 49 48 1 x + 6 0 x 4. Por tnto, por el 4 4 mismo teorem: x x + 6 (x /)(x ). Por tnto: x 1 x x x x 1 x x x x x x x 6 x x x ( x ) ( x) x ( x 1)( x ) x x x ( x ) x ( x ) x ( x ) 10 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Recuperción I Bch C-T ( x 1)( x ) ( x)(x ) x x x ( x ) x ( x ) Como los denomindores son igules, deen coincidir los numerdores: x x x + (6x 9 x + x) x x + x x + 9x + x + 9 x + x 0 x x + 6 0 4 1 x Pero x no es válid, porque nul denomindores de l ecución inicil. Por tnto, l únic solución es x. 4) Clsificr, resolver y dr, si es posile, un solución en l que x 69, el siguiente sistem de ecuciones usndo el método de Guss en su form mtricil (no es válido ningún otro método): 4x y z 1 x y 4z x y z 4 4 1 0 F1 F 0 F F 1 1 1 1 El sistem está tringulrizdo. No h queddo ningun fil completmente nul slvo l últim posición no es incomptile es comptile. Podemos eliminr F por ser nul, quedndo menos fils que incógnits es indetermindo. Luego es un sistem comptile indetermindo. Llmmos y t. Podrímos hcerlo con z, pero no deerímos con x porque, l eliminr F y psr t l segundo miemro perderímos l tringulrizción. Elegimos y en lugr de z porque tiene coeficientes más complicdos, lo que se trducirá en denomindores más sencillos l poner ls incógnits en función de t. 1ª ec: 1t z 1 1 1t z. ª ec: x + t + (1 1t) x t (1 1t) x t 4 + 1t 8 + 44t x 19 + t. Por tnto, l form generl de ls soluciones es: (x, y, z) ( 19 + t, t, 1 1t). Hy infinits, y cd un se otiene dndo un vlor ritrrio t. L solución que proporcion x 69 se otiene pr: 19 + t 69 t 88 t 4 De donde l solución es: (x, y, z) (69, 4, ). Despejndo de otrs forms, se huiern otenido, igulmente, ls soluciones en l form: t 1 t 19 t 1t (x, y, z),, t ó (x, y, z) t,, 1 1 1 1 F F 1 0 0 1 0 1 0 1 0 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución - Recuperción I Bch C-T ) Siendo cotg, con 90º < < 0º, hllr el resto de rzones trigonométrics de sin usr clculdor. Trs ello, decir el vlor de en grdos, minutos y segundos. 1 1 cotg tg tg Como tngente es positiv y 90º < < 0º III cudrnte, lo que tendremos que tener en cuent l hor de decidir los signos. 1 + tg 1 cos 1 1 1 9 cos 1 tg 1 10 1 10 9 9 10 1 10 cos sec 10 10 10 cos tg sen cos sen tg cos 1 10 10 10 10 1 10 10 10 cosec 10 sen 10 10 Usndo, por ejemplo que tg 1/, con l clculdor otenemos, hciendo SHIFT tn ( 1 : ), 18,4º. Pero como III cudrnte, hemos de trsldrlo (los trsldos de cudrnte son siempre con 180º ó 60º): 180º + 18,4º 198,4º 198º 6',8" (pr no perder precisión en los decimles, con l clculdor hrímos 180 + Ans ). 6) Demostrr que, cundo tiene sentido, es ciert l identidd: ( puntos) tg cos sen (1 sen )(1 sen ) sen 1 tg sen cos Es un expresión complicd y, hst que no se empiecen hcer cmios no vmos encontrr lgo mnejle. Un cmino que, prolemente, nos lleve l solución es ponerlo todo en función de seno y cosenos y, si es posile, sólo de senos. Pero si nos fijmos en el primer sumndo del primer miemro vemos que si el numerdor del primer fctor estuviese multiplicdo por, serí tg. Vmos, entonces, multiplicrlo por y lo dividimos entre pr que quede igul lo que hy. Por otro ldo, el segundo sumndo es un sum por diferenci, que es diferenci de cudrdos. tg cos sen (1 sen )(1 sen ) 1 tg sen cos 1 tg cos sen 1 tg cos sen (1 sen ) cos 1 tg sen cos 1 tg sen cos 1 cos sen cos sen tg cos tg cos sen cos sen cos cos tg cos tg cotg cos 1 cos sen c.s.q.d. sen IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución Recuperción I Bch C-T NOMBRE: Instrucciones: 1) Todos los folios deen tener el nomre y estr numerdos en l prte superior. ) Tods ls respuests deen estr justificds y simplificds. ) No se puede usr corrector ni lápiz, y el olígrfo dee ser de tint indelele. Se consej no usr orrdor. 4) Se puede lterr el orden de ls respuests, pero no se puede interclr l respuest un pregunt con ls de otrs. ) Destender ls instrucciones será penlizdo. 1) Resolver: log + log x + log log 9 + 1 + log x log (x + 1) ) Simplificr el 4º sumndo del desrrollo de: x x 9 1 (1 punto) ) Clsificr según el número de soluciones y resolver el sistem: 4x y z 1 x y z 9 x9yz 6 x 10 10 1 4) Resolver l ecución: x (x x ) (x ) ( x 1) ( puntos) ) Demostrr que es ciert l siguiente identidd cundo tiene sentido: ( puntos) tg sen (1 sen )(1 sen ) cos x 1 6) Resolver l inecución: 0 x x 6 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de 1 http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución Recuperción I Bch C-T SOLUCIONES 1) Resolver: log + log x + log log 9 + 1 + log x log (x + 1) Como log (x + 1) no es simplificle, no tenemos más opción que intentr quitr logritmos: log + log x + log log 9 + 1 + log x log (x + 1) log 1 + log x log 9x + log 10 log (x + 1) log 1x + log(x + 1) log 90x log 1x (x + 1) log 90x 1x (x + 1) 90x x (x + 1) 6x x + x 6x 0 x(x + x 6) 0 1 x 0 ó x 1 1 4 1 + x 6 0 x 1 Pero ni x 0 ni x son soluciones válids, porque no existen los logritmos de números menores o igules que cero. Luego l únic solución válid es x. ) Simplificr el 4º sumndo del desrrollo de: Es el siguiente: ( 1) 1 ( ) 1 x x 9 x x 9 4 1 x 4 9 x 6 1 4 6 x (1 punto) ) Clsificr según el número de soluciones y resolver el sistem: 4x y z 1 x y z 9 x9yz 6 Relizmos trnsformciones elementles de fils en l mtriz mplid, con ojeto de tringulrizrl (un column, que no se l de términos independientes, complet de ceros slvo un posición; otr igul slvo otr posición y l no nul de l column previ, etc.): 4 1 4 1 4 1 4F F1 9 0 1 6 9 6 4F F F F 0 1 6 1 0 1 18 81 0 0 0 0 Como l últim fil es nul, l eliminmos. No sle ningun fil tod nul slvo l column de términos independientes, luego es comptile. Al quedr menos fils que incógnits es un sistem comptile indetermindo. Llmmos y t (tiene los coeficientes más complicdos) y reconstruimos ls ecuciones: 1t ª ecución: 6z 1t z 6 IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin 1 de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución Recuperción I Bch C-T 1t 1t 1ª ecución: 4x t + 1 4x t + 1 6 1x 9t 1t 6 1x 6t 6 + 1x 90 + 6t 4 1t 6x 4 + 1t x 6 4 1t 1t Luego ls soluciones tienen l estructur: (x, y, z), t, 6 6. x 10 10 1 4) Resolver l ecución: x (x x ) (x ) ( x 1) Descomponemos fctorilmente los denomindores: x x 0 x 1 1 4 1 6 6 1 ( puntos) De donde deducimos que: x x x (x 1). x + x, scndo fctor común. Por tnto, l expresión equivle : x10 x10 1 ( x 1) 1 x ( x 1) 1 x x x 10 ( x 10)( x 1) 1 x ( x 1) 1 x ( x 1) 1 x ( x 1) Los numerdores deen ser igules, pero los denomindores no se pueden nulr, por lo que ls soluciones no pueden ser ni / ni 1: x 10 (x x +10x 10) x x 10 x + x 10x + 10 x x 4x + x + 0 x 1 1 8 1 + x 0 x 1 Pero x 1 no es válid porque nul el denomindor por lo que l únic solución es x. ) Demostrr que es ciert l siguiente identidd cundo tiene sentido: ( puntos) tg sen (1 sen )(1 sen ) cos Relizmos cmios en el primer miemro y usmos fórmuls trigonométrics: sen sen cos tg sen + + cos sen + (1 sen )(1 sen ) 1 sen cos + tg (1 + tg 1 ) cos cos IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es
IES Fernndo de Herrer Curso 01 / 18 Primer evlución Recuperción I Bch C-T x 1 6) Resolver l inecución: 0 x x 6 Fctorizmos y hllmos ls ríces de numerdor y denomindor: x 1 0 x 1/. Por tnto, x 1 (x 1/). x + x 6 0 x / ó x. x + x 6 (x /)(x ). Sustituyendo en l inecución, se trnsform en: 1 1 x x 0 0 x ( x ) x ( x ) donde hemos psdo los fctores constntes l segundo miemro. Como uno de ellos es negtivo y ps multiplicndo cmi el sentido de l desiguldd. Ahor, estudimos est últim inecución. Los cmios de signo de los fctores que en ell precen se producen desplzándonos en sentido creciente por l rect rel y l trvesr cd un de ls ríces nteriores. Así: lo que nos llev : 1/ / (, 1/) 1/ (1/, /) / (/, ) (, +) x 1/ 0 + + + x / 0 + + x 0 + 1 x x ( x ) 0 + / / + Son solución? Si Si No No Si No No Luego ls soluciones son los elementos del conjunto: 1,, IES Fernndo de Herrer Prof. R. Mohigefer Págin de http://www.e-mtemtics.es