Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Coordinación de Matemática I (MAT021)
1er Semestre de 2015
Semana 1:
Guía de Ejercicios de Cálculo,
lunes 9 viernes 13 de Marzo
Contenidos
El conjunto de los números reales: orden en los reales, intervalos, inecuaciones
de primer orden
Clase 1:
Clase 2:
1.
1.1.
Valor absoluto. Inecuaciones de primer grado con valor absoluto.
Ejercicios propuestos
Resolver las siguientes inecuaciones:
5
3
1
1
b)
> −1
x+1
x
d) |3x + 2| > 5 − x.
c) |7x − 4| > 5
f) |x2 − 1| > |x + 1|
a) 2x − 3 >
2.
2.1.
e) |x3 − 1| > |x − 1|2
Ejercicios propuestos incluyen respuesta
Pruebe utilizando las propiedades de los números reales:
a) x2 − y 2 = (x − y) (x + y)
b) Si x2 = y 2 entonces x = y o x = −y
c) x3 − y 3 = (x − y) x2 + xy + y 2
d) x3 + y 3 = (x + y) y 2 − xy + x2
e) xn − y n = (x − y) xn−1 + xn−2 y + · · · + xy n−2 + y n−1
f) factorice x5 + y 5 .
2.2.
Analice en donde está el fallo en el desarrollo del siguiente ejercicio. Sea x = y. Entonces:
x2
2
x −y
2
(x + y) (x − y)
= xy − y 2
= y (x − y)
x+y
= y
2y
= y
2
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
= xy
=
1
1
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
2.3.
Pruebe que si n > 0 entonces:
n+
Indicación:
2.4.
1
≥2
n
Recuerde que si a ∈ R, entonces a2 ≥ 0.
Pruebe que para a y b positivos, su media aritmética es mayor que su media geométrica, es decir:
a+b √
> ab
2
2.5.
Pruebe que si a > 0, entonces
a2 +
1
≥ 2.
a2
Desigualdades e Inecuaciones
A continuación resolver las siguientes inecuaciones, indicando su respuesta en notación de intervalo y represéntela
en forma geométrica sobre la recta de los números reales:
1
2
x−
1
3
+ x < (2 + x) 14
2.6.
5 − 7s > 3
2.11.
2.7.
3 (2 − 3x) > 4 (2x + 1)
2.12.
2.8.
3(2t−2)
2
2.13.
(x − 1) (x − 3) > 0
2.14.
(x − 7) (x + 5) (x − 3) > 0
2.15.
x−1
x+1
√
>
6t−3
5
2.9.
2 (x + 2) >
2.10.
1−x
2
+
2x−1
3
√
<
8 (3 − x)
4x+2
6
x−
1
2
3
2
+ 23 x −
4
3
<
x
2
− (2x − 1) 56
>0
Inecuaciones simultaneas
Resolver simultaneamente las siguientes inecuaciones:
x−1>2
2.16.
x − 2 < 2x + 3
2.17.
2.18.
3x − 1 > x + 2
x
x
2 < 4 +3
9x
x
5 − 3 ≥x−2
3x
2x
2 + 3 ≤x+1
2.19.
2.20.
2.21.
(x − 1) (2x + 3) ≥ (x − 5) (2 + 2x)
(2 − x) (3 − x) ≤ (8 − x) (1 − x)
5 − 2x + 1 > 0
2x − 3 + x < 0
2x + 3 − 1 < 0
(x − 1) (2x + 3) ≤ (x − 5) (2 + 2x)
(2 − x) (3 − x) ≥ (8 − x) (1 − x)
Valor absoluto e inecuaciones con valor absoluto.
Encuentre el conjunto solución en los reales de las siguientes inecuaciones con valor absoluto:
2.22.
|x − 3| = 2
2.23.
|x − 4| = −3
2.24.
|x − 2| < 4
2.25.
2.26.
|x + 5| ≥ 7
3
x − 3 ≥ 3
5
2.27.
|3x − 4| > 1
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
2.28.
|x + 1| + |x| ≤ 3
2.29.
−3 > 11 − |−9x − 3|
2.30.
7 (2 + |x − 7|) ≤ 119
2.31.
|x − 1| + |x − 2| > 1
2.32.
|x − 1| |x + 1| = 0
2
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
2.33. El máximo de dos números x e y se denota por m´
ax (x, y), así m´ax (−1, −4) = −1. El mínimo de x e y se
denota por m´ın (x, y) . Pruebe que:
2.34.
Pruebe que |x − y| ≤ |x| + |y|
2.35.
Pruebe que |x| − |y| ≤ |x − y|
2.36.
Pruebe que ||x| − |y|| ≤ |x − y|
3.
Ejercicios Resueltos
3.1.
m´
ax (x, y)
=
m´ın (x, y)
=
x + y + |y − x|
2
x + y − |y − x|
2
Sean a, b ∈ R+ , con a < 1 < b. Probar que
1 + ab < a + b
3.2.
Dados a, b ∈ R tales que a < b, demuestre que a <
3.3.
Muestre que si a, b ∈ R entonces
3.4.
a+b
2
< b.
a2 + b2
≥ ab
2
Resolver la inecuación
|x + 1 − |x − 3|| < |x − 2| + |x − 1|
3.5.
Determine todos los valores a ∈ R de manera que el conjunto solución de
|x − a| < |x| + a
sea R+ .
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
3
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Respuestas y desarrollos
2.6
−∞, 72
2.7
2
−∞, 17
4
3, ∞
4
3, ∞
2.8
2.9
2.10
− 13 , ∞
−∞,
2.12
−∞, 87
(−∞, −1) ∪ (1, ∞)
2.24
(−2, 6)
2.16
2.25
(−∞, −12] ∪ [2, ∞)
2.17
(3, ∞)
3
2 , 12
2.26
2.18
30 6 −7,7
2.27
(−∞, 0] ∪ [10, ∞)
(−∞, 1) ∪ 35 , ∞
2.19
7 1
−9, 2
2.28
[−2, 1]
2.20
(−∞, −1)
2.29
2.21
No tiene solución.
2.30
[−8, 22]
8
15
2.11
2.15
−∞, − 17
9 ∪
11
9 ,∞
2.13
(−∞, 1) ∪ (3, ∞)
2.22
{1, 5}
2.31
(−∞, 1) ∪ (2, ∞)
2.14
(−5, 3) ∪ (7, ∞)
2.23
φ
2.32
{−1, 1}
3.1
(a − 1) <
(1 − b) <
0
0
Entonces:
(a − 1)(1 − b) > 0
a − ab − 1 + b
> 0
a+b
> 1 + ab
∴ 1 + ab < a + b
3.2
Sumando b en ambos lados de la desigualdad, tenemos que
a < b =⇒ a + b < 2b
a+b
=⇒
<b
2
Por otra parte, (sumando a) tenemos:
a < b =⇒ 2a < a + b
a+b
=⇒ a <
2
Por lo tanto concluimos que a <
3.3
a+b
< b.
2
Sabemos que para todo x ∈ R se cumple x2 ≥ 0, luego si a, b ∈ R
2
(a − b) ≥ 0
de esto obtenemos
a2 − 2ab + b2 ≥ 0
al sumar un número a ambos lados de una desigualdad esta no cambia
a2 + b2 ≥ 2ab
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
4
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
como 2 = 1 + 1 > 0 se sigue que su inverso multiplicativo es positivo 21 > 0 (si es negativo entonces 1 = 2
lo que es una contradicción), así, al multiplicar la desigualdad por 12 esta no cambia
1
2
<0
a2 + b2
≥ ab
2
Un camino para resolver esta inecuación es utilizar las propiedades del valor absoluto y resolver varias inecuaciones, aquí vamos a emplear la técnica de quitar los valores absolutos restringiendo x a intervalos convenientes. En
la inecuación aparecen los términos x − 3, x − 2 y x − 1 conocemos el comportamiento de cada uno de ellos (cuando
es positivo o negativo) para x ∈ R, vamos a crear una tabla donde se analiza el comportamiento de estos términos
de manera simultánea
3.4
x−1
x−2
x−3
−−−
−−−
−−−
1
0
−
−
2
+
0
−
+++
−−−
−−−
+++
+++
−−−
3
+
+
0
+++
+++
+++
vamos a buscar soluciones de la inecuación en 4 casos x ≤ 1, 1 < x ≤ 2, 2 < x ≤ 3 y x ≥ 3
a) Para x ≤ 1; En este caso los tres factores x − 3, x − 2 y x − 1 son negativos, se sigue que |x − 3| = − (x − 3),
|x − 2| = − (x − 2) y |x − 1| = − (x − 1) (note que si x = 1 se sigue cumpliendo la igualdad |x − 1| =
− (x − 1)), luego la inecuación en este intervalo es:
|x + 1 + (x − 3)|
<
− (x − 2) − (x − 1)
⇔
|2x − 2|
<
3 − 2x
note que x − 1 ≤ 0 luego
− (2x − 2) < 3 − 2x
resolvemos
2<3
lo que es siempre verdad, luego la inecuación se cumple para x ≤ 1.
b) Si 1 < x ≤ 2 entonces la inecuación es
|x + 1 + x − 3| < − (x − 2) + x − 1
esto es
|2x − 2| < 1
esto es
−1 < 2x − 2 < 1
así
1 < 2x < 3
luego
1<x<
luego en el intervalo 1 < x ≤ 2 para 1 < x <
3
2
3
2
se cumple la inecuación.
c) Si 2 < x ≤ 3 la inecuación queda
|x + 1 + x − 3| < x − 2 + x − 1
lo que es equivalente a
|2x − 2| < 2x − 3
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
5
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
en este intervalo podemos quitar el valor absoluto
2x − 2 < 2x − 3
así
−2 < −3
lo cual es una contradicción, no hay soluciones en este intervalo.
d) Si x > 3 la inecuación queda
|x + 1 − (x − 3)| < x − 2 + x − 1
o equivalentemente
4 < 2x − 3
lo que tiene por solución
7
2
x>
luego en este intervalo tenemos las soluciones x > 72 .
Hemos buscado partes de la solución de la inecuación en distintos intervalos convenientes luego la solución es la
unión de las soluciones encontradas:
3
7
S = −∞,
∪ , +∞
2
2
3.5
Analizaremos por casos:
1. Supongamos que a > 0. Para quitar los valores absolutos dividimos R en tres partes; x ≤ 0, 0 < x < a, x ≥ a.
Si x ≤ 0 la inecuación es
− (x − a)
−x + a
<
⇔
0
<
0
no hay solución en este intervalo.
Si 0 < x < a entonces
− (x − a)
<
x+a
⇔
0
<
x
así ]0, a[ es parte de la solución.
Si a ≤ x entonces
x−a
<
x+a
⇔
−a
<
a
lo que es verdadero, se sigue que [a, +∞[ forma parte de la solución:
En resumen, si a > 0 entonces el conjunto solución de
|x − a| < |x| + a
es R+ .
2. Si a = 0 entonces la inecuación es
|x| < |x|
que tiene solución ∅.
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
6
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
3. Supongamos que a < 0. Para quitar los valores absolutos dividimos a R en 3 partes; x ≤ a, a < x ≤ 0, x > 0.
Si x ≤ a entonces
− (x − a)
<
−x + a
⇔
0
<
0
no hay solución.
Si a < x ≤ 0 entonces
x − a < −x + a
se sigue
x<a
no hay solución.
Si x > 0 entonces
x−a
<
x+a
⇔
0
<
a
no hay solución.
Los valores de a ∈ R para los cuales el conjunto solución de |x − a| < |x| + a es R+ son los a ∈ R+ .
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
7
© Copyright 2024 ExpyDoc
