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 máx (x, y), así máx (−1, −4) = −1. El mínimo de x e y se denota por mı́n (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. máx (x, y) = mı́n (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