Mat 021
Primer Semestre 2014
Temas a desarrollar: T´opicos relativos al certamen I
Ejercicios:
1. Seanf(x) =
x−1, −2< x <0 √x, 0
≤x <4 y g(x) =
1, x≤ −1
2, −1< x≤5. √
x−1, x > 5
Encuentre y grafique la fun-ci´on f +g
Soluci´on. La intersecci´on de cada uno de los casos posibles nos lleva a tres posibilidades: Si x ∈ ]−2,0[∩]−∞,−1] =]−2,−1] entoncesf(x)+g(x) =x−1+1 = x. Ahora, six∈]−2,0[∩]−1,5] =]−1,0[ entonces f(x) +g(x) =x−1 + 2 = x+ 1 y six∈[0,4[∩]−1,5] = [0,4[ entonces f(x) +g(x) = √x+ 2. De esta forma (f+g)(x) =
x, x∈]−2,−1]; x+ 1, x∈]−1,0[; √
x+ 2, x∈[0,4[.
2. Dadas las funcionesf : [1,+∞[−→R y g :R−→R definidas porf(x) =√x−1 + 2 yg(x) = (x−2)2, determine f ◦g y g◦f indicando sus dominios respectivos.
Soluci´on. Primeramente, tenemos dom(f ◦g) = {x ∈ dom(g) : g(x) ∈dom(f)}. La condici´on g(x)∈ dom(f) implica resolver la inecuaci´on (x−2)2 ≥1 cuya soluci´on es ]−∞,1]∪[3,+∞[. Al intersectar con dom(g) =Rse concluye que dom(f ◦g) es ]− ∞,1]∪[3,+∞[. Por otra parte,f(g(x)) =f((x−2)2) = p
(x−2)2−1+2. Ahora bien, dom(g◦f) ={x∈dom(f) :f(x)∈dom(g)}. La condici´onf(x)∈dom(g) implica la condici´on √x−1 + 2 ∈ R cuya soluci´on es [1,∞[. Al intersectar con dom(f) = [1,+∞[ se concluye que dom(g◦f) es ]1,+∞[. Por otra parte,g(f(x)) =g(√x−2−1) = (√x−1 + 2−2)2=x−1 3. Considere la funci´on f(x) = √ 1
x−2 + 4 donde 2 < x <18 a) Demuestre que f es una funci´on inyectiva.
b) ¿ Cu´al es el recorrido de f?
c) Encuentre, si existe, la funci´on inversa de f indicando su dominio y recorrido. Soluci´on. Veamos que f es inyectiva:
f(x) =f(y)⇒ √ 1
x−2 + 4 =
1 √
y−2 + 4 ⇒ √
Para calcular el recorrido: y= √ 1
x−2 + 4 ⇒y( √
x−2 + 4) = 1⇒y√x−2 = 1−4y(∗) ⇒x=
1−4y y
2 + 2
como 2< x <18, entonces debemos resolver 2<
1−4y y
2
+ 2 <18, cuya soluci´on es ]1/8,1/4[ (luego de intersectar con la restricci´on de (∗)), siendo este el recorrido def. Finalmente,f−1 :]1/8,1/4[−→]2,18[ est´a definida por f−1(x) =
1−4x x
2 + 2
4. Dados los conjuntos A = {−1,1,2} y B =
−1 2 ,1,
1 3
, determine el valor de verdad de las siguientes proposiciones:
a) (∃x∈A)(∀y ∈B)(xy ≥0⇒x2y = 1). b) (∀y∈B)(∃x∈A)(xy ≥0⇒x2y = 1). Soluci´on.
a) Comencemos con y=−1. Luego, queda la proposici´on
(∀y∈B)((−1)y ≥0⇒(−1)2y= 1) ⇔ (∀y∈B)(−y≥0⇒1y= 1)
⇔ (∀y∈B)(y≤0⇒y= 1). Esta proposici´on es falsa, puesto que para y= −1
2 , se tiene −1
2 ≤0⇒ −1
2 = 1 (es decir,V ⇒F, lo cual es falso). Similarmente, cuando reemplazamos x= 1, queda la proposici´on
(∀y∈B)(y≥0⇒ y= 1), la cual tambi´en es falsa, puesto que para y= 1
3 se tiene 1
3 ≥0⇒ 1
3 = 1 (es decir, V ⇒F, lo cual es falso). Finalmente, al reemplazar x= 2, queda la proposici´on
(∀y ∈B)
y≥0⇒y= 1 4
,
la cual es falsa, dado que paray = 1 queda 1≥0⇒1 = 1
4 (es decir, V ⇒F, lo cual es falso). De esta manera, la proposici´on
b) Comencemos con y= −1
2 . Luego, queda la proposici´on (∃x∈A)
x
−1
2
≥0⇒x2
−1 2
= 1
⇔ (∃x∈A)
x
−1 2
≥0⇒x2
−1 2
= 1
⇔ (∃x∈A)
−x 2
≥0⇒
−x2 2
= 1
⇔ (∃x∈A)(−x≥0⇒ −x2 = 2) ⇔ (∃x∈A)(x≤0⇒x2 =−2).
Esta ´ultima proposici´on es verdadera, puesto que para x = 1 se tiene 1 ≤ 0 ⇒ (1)2 = −2 (es decir, F ⇒F, lo cual es verdadero). De manera similar, cuando reemplazamos y = 1, obtenemos la proposici´on
(∃x∈A)(x≥0⇒x2 = 1),
la cual tambi´en es verdadera, puesto que al reemplazarx=−1, obtenemos que −1≥0⇒(−1)2 = 1 (es decir, F ⇒V, lo cual es verdadero). Finalmente, al reemplazar y = 1
3, queda la proposici´on (∃x∈A)(x≥0⇒x2 = 3),
la cual es verdadera, dado que para x=−1 se tiene−1≥0⇒(−1)2 = 3 (es decir,F ⇒F, lo cual es verdadero). De esta forma, la proposici´on (∀y∈B)(∃x∈A)(xy ≥0⇒x2y= 1) es verdadera. 5. Dadas las funciones proposicionales p(x, y) :x+y= 1 y q(x, y) :x+y= 0 (con x, y ∈R), determine el
valor de verdad de las siguientes proposiciones: a) (∀x∈R)(∃y∈R)(p(x, y)⇒q(x, y)). b) (∃x∈R)(∀y∈R)(p(x, y)⇒q(x, y)). c) (∃x∈R)(∃y∈R)(p(x, y)⇒q(x, y)). Soluci´on.
a) En este caso, tenemos la proposici´on
(∀x ∈R)(∃y∈R)(x+y = 1⇒x+y= 0).
b) Notemos en este caso que la negaci´on de la proposici´on (∃x∈R)(∀y∈R)(p(x, y)⇒q(x, y)) est´a da-da por
(∀x∈R)(∃y ∈R)(x+y= 1⇒x+y= 0) ⇔ (∀x∈R)(∃y ∈R)(x+y6= 1∨x+y= 0) ⇔ (∀x∈R)(∃y ∈R)(x+y= 1∧x+y6= 0).
Ahora bien, esta ´ultima proposici´on es verdadera, puesto que para todo x ∈ R, existe y = 1−x tal que la proposici´on x+y = 1∧x+y6= 0 se transforma en x+ (1−x) = 1∧x+ (1−x) 6= 0, es decir, 1 = 1∧16= 0, y esto es verdadero, puesto que tiene la formaV ∧V, lo cual es verdadero. As´ı, la negaci´on de la proposici´on original es verdadera, lo que quiere decir que la proposici´on (∃x∈R)(∀y∈R)(p(x, y)⇒q(x, y)) es falsa.
c) Esta proposici´on es verdadera, puesto que existen x = y = 1 tal que la proposici´on x+y = 1 ⇒ x+y= 0 se transforma en 1 + 1 = 1⇒1 + 1 = 0, es decir, F ⇒F, lo cual es verdadero.
6. Asumiendo que para todos α, β ∈R se cumple que a) sin(α) sin(β) = cos(α−β)−cos(α+β)
2 , y
b) cos(90−α) = sin(α), demuestre que
1
2 sin(10)−2 sin(70) = 1. Soluci´on. Tenemos que
1
2 sin(10)−2 sin(70) =
1−4 sin(10) sin(70) 2 sin(10)
=
1−4
cos(−60)−cos(80) 2
2 sin(10)
=
1−2
1
2−cos(80)
2 sin(10)
= 1−1 + 2 cos(90−10) 2 sin(10)
7. En la siguiente figura, el tri´angulo ABC es rect´angulo en B, yAD =a. Demuestre que EC = asin(γ) sin(β)
sin(γ−β) cos(α)
A
B C
D
E α β
γ
Soluci´on.Primero calculemosDC: tenemos que∠ADC =π−γ, y entonces∠DCA=π−(β+π−γ) = γ−β. Luego, por el teorema del seno
sin(γ−β) a =
sin(β)
DC ⇒DC =
asin(β) sin(γ−β)
Para calcular ahora EC notamos que ∠BEA = π − (π/2 + α) = π/2− α, y entonces ∠DEC = π−(π/2−α) = π/2 +α. Aplicando nuevamente el teorema del seno, resulta que
sin(γ) EC =
sin(π/2 +α) DC =
cos(α) DC
de donde
EC = DCsin(γ) cos(α) =
