Escuela de Ingenierı́a
Semestre Otoño 2023
EXAMEN
PRECÁLCULO - ING1001
LISBETH CARRERO, DUVAN HENAO, DAVID SOSSA, ANDRÉS ZÚÑIGA
Instrucciones.
• El presente Examen consta de 4 preguntas. Cada una debe ser entregada por separado, indicando su nombre y RUT.
• Debe responder cada pregunta explicando su procedimiento, y razonamiento. Tenga en
cuenta, que se valora más su desarrollo, y que si sólo tiene una respuesta final correcta no se le
asignará puntaje.
• Sea claro y prolijo en sus respuestas. Cuide la presentación de su entrega. Las preguntas
ininteligibles no serán corregidas, calificándose con la nota mı́nima.
• El trabajo es individual. Cualquier indicio de fraude (copia, discusión de preguntas, facilitación de resultados, etc.) será sancionada según el reglamento de la Dirección de Pregrado.
P1. [40 %]
a) [2.0 pts] Encuentre el valor de a ∈ R que hace que el conjunto solución de la desigualdad
11
x−3
|x − a| <
sea igual al conjunto solución de la desigualdad
> 1.
4
2x + 5
Sol: Primero buscaremos la solución de la inecuación
x−3
−1>0
2x + 5
x − 3 − (2x + 5)
> 0 (+0.25 pts)
2x + 5
−(x + 8)
> 0,
(+0.25 pts).
2x + 5
Luego, realizaremos la tabla de signos
−(x + 8)
2x + 5
(−∞, −8)
+
−
−
[−8, −5/2)
−
−
+
(−5/2, +∞)
−
+
−
Ası́, la solución es Sol = (−8, −5/2), (+0.5 pts).
11
, tenemos:
4
11
11
11
11
11
|x − a| <
⇔−
<x−a<
⇔a−
<x<
+ a,
4
4
4
4
4
De donde se sigue que
11
a−
= −8,
y
4
11
+ a = −5/2
(+0.25 pts).
4
Por otro lado, para la expresión |x − a| <
(1)
(2)
Date: 26 de julio, 2023.
(+0.25 pts).
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
2
Despejando a de cualquiera de las dos ecuaciones anteriores (ya sea de (1) ó de (2)), obtenemos
que a = −21/4 (+0.25 pts). Por lo tanto, el valor de a que hace que el conjunto solución de
11
x−3
|x − a| <
sea igual al conjunto solución de
> 1 es a = −21/4 (+0.25 pts).
4
2x + 5
b) [2.0 pts] Encuentre la ecuación general de la recta ℓ1 que es perpendicular a la recta x−2y+5 = 0
y que pasa por P = (4, −2).
Sol: Dado que la ecuación de la recta x − 2y + 5 = 0 se puede expresar como y = 12 x + 52 ,
podemos observar que su pendiente es m1 = 21 (+0.25 pts). Como queremos encontrar una
recta perpendicular a esta, necesitamos que la pendiente de la nueva recta cumpla con la relación
m1 · m2 = −1,
(+0.25 pts).
Sustituyendo el valor de m1 nos queda que
1
m2 = −1 ⇒ m2 = −2
(+0.5 pts).
2
Ahora, utilizando la ecuación punto-pendiente con el punto P = (4, −2), podemos obtener la
ecuación de la recta perpendicular:
y + 2 = −2(x − 4) ⇐⇒ y = −2x + 6
(+0.5 pts).
Por lo tanto, la ecuación general de la recta ℓ1 es 2x + y − 6 = 0 (+0.5 pts).
c) [2.0 pts] Sean f y h las funciones f : (−∞, 3] → (−∞, 5] y h : (−∞, 5] → (−∞, 3] dadas por
r
5−x
f (x) = 12x − 2x2 − 13,
h(x) = 3 −
.
2
Muestre que (f ◦ h)(x) = x para todo x ≤ 5. Bosqueje el gráfico de f (x).
Sol: Dado cualquier real x ≤ 5,
f (h(x)) = 12h(x) − 2h(x)2 − 13
!
!2
r
r
5−x
5−x
= 12 3 −
−2 3−
− 13
2
2
!
r
r
5−x
5−x
5−x
−2 9−6
+
− 13
= 36 − 12
2
2
2
r
r
5−x
5−x
= 36 − 12
− 18 + 12
− 5 + x − 13
2
2
= x.
Para bosquejar el gráfico vemos, por ejemplo, que el vértice es (3, 5), que corta al eje Y en (0, 13),
y que su gráfico es una parábola hacia abajo pues el coeficiente principal es negativo.
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
3
P2. [25 %]
a) [3.0 pts] La siguiente ecuación
A0 kT
(e − 1)
k
calcula el valor A que es la cantidad consumida de petróleo (en millones de barriles) entre los
tiempos t = 0 y t = T (en años). A0 es la cantidad de petróleo (en millones de barriles) en el
tiempo t = 0 y k es la tasa de consumo anual. Supongamos que la cantidad actual disponible de
petróleo es de A0 = 10 millones de barriles y que la reserva mundial de petróleo es de A = 700
millones de barriles. Si la tasa de consumo anual es de k = 1/7 deduzca que la reserva mundial
de petróleo se agotará en ln(117 ) años (aproximadamente en 17 años).
Sugerencia: Se sugiere que primero despeje T de la ecuación y luego reemplace los valores dados.
Sol: Despejamos T de la ecuación:
A0 kT
A
A
A=
(e − 1) ⇔ k
+ 1 = ekT ⇔ ln(k
+ 1) = ln(ekT )
k
A0
A0
1
A
A
+ 1) = kT ⇔ T = ln(k
+ 1). (2,0pts)
⇔ ln(k
A0
k
A0
Reemplazando los valores A0 = 10, A = 700 y k = 1/7 obtenemos
700
T = 7 ln(
+ 1) = 7 ln(11) = ln(117 ). (1,0pts)
7 × 10
A=
Concluimos que la reserva de petróleo A será consumida en ln(117 ) años.
b) [3.0 pts] Sea n entero positivo. Verifique que se cumple la siguiente igualdad:
2log4 (n) = nlog4 (2) .
Sol: Sea y = 2log4 (n) se tiene que:
y = 2log4 (n) ⇔ log2 (y) = log2 (2log4 (n) ) = log4 (n) log2 (2) = log4 (n) (1,5pts)
⇔ log2 (y) =
log4 (n)
log4 (2) = log2 (n) log4 (2) = log2 (nlog4 (2) ) ⇔ y = nlog4 (2) . (1,5pts)
log4 (2)
Solución alternativa: Se parte de la identidad a demostrar y haciendo operaciones se llega a que
equivale a una identidad evidente
2log4 (n) = nlog4 (2) ⇔ log2 (2log4 (n) ) = log2 (nlog4 (2) ) ⇔ log4 (n) log2 (2) = log4 (2) log2 (n) (1,5pts)
⇔ log4 (n) = log4 (2) log2 (n) ⇔
log4 (n)
= log2 (n) ⇔ log2 (n) = log2 (n). (1,5pts)
log4 (2)
P3. [35 %]
a) [3.0 pts] Encuentre el conjunto solución en R a la ecuación trigonométrica
sin x − cos x = 1.
Indicación: Podrı́a serle útil elevar la ecuación al cuadrado (¡Cuidado! la nueva ecuación posee
más soluciones).
Sol:
a) Forma 1: Al elevar la ecuación al cuadrado se obtiene la nueva ecuación:
(sin x − cos x)2 = 12
⇔
⇔
sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x = 1
2
(+0.25 pts)
2
(sin x + cos x) − 2 sin x cos x = 1
⇔
1 − 2 sin x cos x = 1
⇔
2 sin x · cos x = 0
(Identidad Fundamental)
(+0.25 pts)
(+0.25 pts)
Forma 1.1: Usando la propiedad de los números reales [a · b = 0 ⇒ a = 0 ó b = 0], se tiene
sin x = 0
ó
cos x = 0.
(+0.25 pts)
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
4
Estudiemos cada ecuación en el dominio fundamental x ∈ [0, 2π), en vista de la 2π-periodicidad
de la funciones seno y coseno:
para x ∈ [0, 2π)
sin x = 0
⇔
x=0
ó
x = π.
(+0.25 pts)
Además
π
3π
ó x =
. (+0.25 pts)
2
2
Forma 1.2: Reescribimos la ecuación anterior usando la identidad del seno del ángulo
doble, de modo que
cos x = 0
para x ∈ [0, 2π)
⇔
sin(2x) = 0.
x=
(+0.25 pts)
Partimos encontrando las soluciones de esta ecuación que yacen en el dominio fundamental
x ∈ [0, 2π), en vista de la 2π-periodicidad del seno y el coseno:
sin(2x) = 0
para x ∈ [0, 2π)
⇒
⇒
2x = 0, 2x = π, 2x = 2π, 2x = 3π. (+0.25 pts)
3π
π
. (+0.25 pts)
x = 0, x = , x = π, x =
2
2
Los argumentos anteriores (Forma 1.1 ó Forma 1.2) entregan 4 soluciones en el dominio fundamental x ∈ [0, 2π). De ellas, sólo nos quedamos con aquellas que resuelvan la ecuación original.
Verificamos:
sin(0) − cos(0) = 0 − 1 = −1 ̸= 1
⇒
x = 0 no es solución.
sin(π/2) − cos(π/2) = 1 − 0 = 1
⇒
x = π/2 sı́ es solución.
sin(π) − cos(π) = 0 − (−1) = 1
⇒
x = π sı́ es solución.
sin(3π/2) − cos(3π/2) = (−1) − 0 = −1 ̸= 1
⇒
(+0.25 pts)
(+0.25 pts)
(+0.25 pts)
x = 3π/2 no es solución.
(+0.25 pts)
En vista de la 2π-periodicidad de seno y coseno, todas las soluciones de la ecuación original
quedan descritas por el conjunto:
S={
π
+ 2πk : k ∈ Z} ∪ {π + 2πk : k ∈ Z} .
2
(+0.5 pts)
□
Nota: Una forma equivalente del conjunto solución es
S = {(4k + 1)
π
π
: k ∈ Z} ∪ {(4k + 2) : k ∈ Z} .
2
2
Forma 2: Una manera alternativa
√ de resolver (evitando la indicación), es multiplicar la
ecuación original por el factor 1/ 2, de modo que
1
1
1
√ sin x − √ cos x = √
2
2
2
(+0.75 pts)
Recordando la identidad de la seno de la diferencia de ángulos
sin(θ − φ) = sin θ cos φ − cos θ sin φ,
√
junto con el hecho que sin(π/4) = cos(π/4) = 1/ 2, se reescribe la nueva ecuación como
π
1
sin x −
= √ . (+0.75 pts)
4
2
√
Es claro que sin θ = 1/ 2 tiene por soluciones a θ = π/4 y θ = 3π/4 en [0, 2π). En vista de
la 2π-peridicidad del seno y el coseno de la ec. original, basta con encontrar soluciones de la
úlitma ecuación para x ∈ [0, 2π). Esto es,
π
π
1
π
π
3π
sin x −
= √
para x ∈ [0, 2π) ⇒ x − =
y x− =
(+0.5 pts)
4
4
4
4
4
2
2π
π
4π
⇒ x=
=
y x=
= π. (+0.5 pts)
4
2
4
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
5
Como las manipulaciones hechas a la ecuación original no modifican el conjunto solución
de ella, y tomando en cuenta la 2π-periodicidad antes mencionada, concluimos que este
conjunto es igual a
S={
π
+ 2πk : k ∈ Z} ∪ {π + 2πk : k ∈ Z} .
2
(+0.5 pts)
□
Nota: Una forma equivalente del conjunto solución es
S = {(4k + 1)
π
π
: k ∈ Z} ∪ {(4k + 2) : k ∈ Z} .
2
2
Forma 3: Otra manera alternativa de resolver (evitando la indicación) es utilizando las
identidades del seno y coseno del ángulo doble:
x
sin(2θ) − cos(2θ) = 1,
con θ = . (+0.5 pts)
2
Entonces, si expandimos lo anterior y lo mezclamos con la identidad fundamental sin2 θ =
1 − cos2 θ, se obtiene
2 sin θ cos θ − (cos2 θ − sin2 θ) = 1
⇔
2 sin θ cos θ − (2 cos2 θ − 1) = 1
⇔
2 cos θ · (sin θ − cos θ) = 0
(+0.5 pts)
(+0.5 pts)
Ahora, en vista de que [a · b = 0 ⇒ a = 0 ó b = 0], basta con resolver
cos θ = 0
ó
sin θ − cos θ = 0.
(+0.25 pts)
Queremos encontrar las soluciones en el cı́rculo unitario:
cos θ = 0 para θ ∈ [0, 2π)
⇒
θ=
π
2
ó θ =
3π
.
2
(+0.25 pts)
5π
π
ó θ =
. (+0.25 pts)
4
4
En términos de la variable original x = 2θ, las soluciones que yacen en [0, 2π) son
π
π
π
x = 2 = π, x = 2 =
(+0.25 pts)
2
4
2
sin θ − cos θ = 0 para θ ∈ [0, 2π)
⇒
tan θ = 1 para θ ∈ [0, 2π)
⇒
θ=
(Observen que x = 2 3π
= 3π y x = 2 5π
= 5π
se descartan porque no yacen en [0, 2π)).
2
4
2
Por lo tanto, en vista de la 2π-periodicidad del seno y el coseno de la ecuación original, se
desprende que el conjunto solución está dado por
S={
π
+ 2πk : k ∈ Z} ∪ {π + 2πk : k ∈ Z} .
2
(+0.5 pts)
□
Nota: Una forma equivalente del conjunto solución es
S = {(4k + 1)
π
π
: k ∈ Z} ∪ {(4k + 2) : k ∈ Z} .
2
2
b) Distancias en el mar. El navegante de un barco en el mar detecta dos faros en una costa
recta, sabiendo que hay 3 millas entre ellos. Se determina que los ángulos formados entre las dos
lı́neas de observación de los faros y la lı́nea del barco directamente a la costa son de 15◦ y 35◦ ,
respectivamente (vea la Figura 1).
Se le pide:
b.1) [0.5 pts] Encontrar los ángulos α y β (en grados, no en radianes) que forman las lı́neas de
observación del barco con el segmento que une los faros A y B, respectivamente. (α y β son
los ángulos internos del triángulo que se forma entre el faro A, el faro B y el barco).
b.2) [2.0 pts] Encontrar las distancias a y b del barco al faro A y al faro B, respectivamente.
b.3) [0.5 pts] Encontrar la distancia d del barco a la costa.
Indicación: Deje a, b y d expresado en términos de funciones trigonométricas, no evalúe las
funciones trigonométricas en los ángulos encontrados.
Sol:
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
6
Figura 1. Posición del barco respecto a la costa
b.1) Notemos de la Figura 1 que al considerar la lı́nea segmentada se forman dos triángulos
rectángulos, uno arriba con vértice en el faro A y otro abajo con vértice en el faro B. El
triángulo de arriba tiene ángulos α, 90◦ y 15◦ , y el triángulo de abajo tiene ángulos β, 90◦
y 35◦ . Utilizando la propiedad que la suma de los ángulos internos de un triángulo
es igual a 180◦ , llegamos a dos ecuaciones para los ángulos pedidos:
α + 90◦ + 15◦ = 180◦
◦
◦
β + 90 + 35 = 180
◦
⇒
α = 75◦
(+0.25 pts)
⇒
◦
(+0.25 pts)
β = 55 .
b.2) Sea a la distancia del barco al faro A y b la distancia del barco al faro B.
Forma 1: La Ley del Seno aplicada al triángulo con vértices en el faro A, el faro B y en
el barco, entrega
sin(15◦ + 35◦ )
sin(75◦ )
sin(55◦ )
=
=
3 mi
b
a
(+1.0 pto)
De aquı́ sale directamente ecuaciones para a y b:
sin(15◦ + 35◦ )
sin(75◦ )
=
3 mi
b
⇒
b=3·
sin(75◦ )
mi
sin(50◦ )
(+0.5 pts)
sin(55◦ )
sin(15◦ + 35◦ )
=
3 mi
a
⇒
a=3·
sin(55◦ )
mi .
sin(50◦ )
(+0.5 pts)
Forma 2: Aplicaremos la Ley del Coseno al triángulo con vértices en el faro A, faro B y
en el barco, obteniendo
32 = a2 + b2 − 2ab cos(15 + 35)
(+0.5 pts)
Por otro lado, utilizando la definición de coseno de un triángulo rectángulo se deducen las
relaciones (usando ambos triángulos rectángulos superior e inferior)
d
a
b
cos(35) =
d
cos(15) =
⇒
d = a cos(15)
⇒
d = b cos(35)
cos(35)
cos(15)
a y a=
b . (+0.5 pts)
cos(35)
cos(15)
Sustituimos el valor de b en términos de a en la primera ecuación obtenida (por Ley del
Coseno), ası́ obteniendo una ecuación cuadrática para a que puede ser fácilmente despejada.
y por ende a cos(15) = d = b cos(35) implica b =
EXAMEN - ING1001 PRECÁLCULO
7
En efecto,
cos(15) 2
cos(15) a −2·a·
a · cos(50)
cos(35)
cos(35)
cos(15)
cos2 (15)
−2
cos(50) a2
9= 1+
cos2 (35)
cos(35)
9 = a2 +
⇔
⇔
3
q
cos2 (15)
cos(15)
1 + cos
2 (35) − 2 cos(35) cos(50)
=a
(+0.5 pts)
De una manera análoga, sustituimos el valor de a en términos de b para obtener una ecuación
cuadrática para b que se puede despejar:
cos(35) 2
cos(35) 9=
b + b2 − 2 ·
b · b · cos(50)
cos(15)
cos(15)
cos2 (35)
cos(35)
⇔ 9=
+
1
−
2
cos(50)
b2
cos2 (15)
cos(15)
⇔
3
q
cos2 (35)
+ 1 − 2 cos(35)
cos(50)
cos(15)
cos2 (15)
=b
(+0.5 pts)
b.3) Si d denota la distancia del barco a la costa, observemos que ésta puede ser directamente
obtenida usando la trigonometrı́a del triángulo rectángulo. En efecto, de la Firgura 1 notamos
cos(15◦ ) =
d
a
⇒
d = a cos(15◦ )
⇒
d=3·
sin(55◦ ) cos(15◦ )
mi
sin(50◦ )
(+0.5 pts)
Equivalentemente, otra respuesta que utiliza el triángulo rectángulo superior es:
sin(55◦ ) sin(75◦ )
d
sin(75◦ ) =
⇒ d = a sin(75◦ ) ⇒ d = 3 ·
mi
a
sin(50◦ )
Por analogı́a, un procedimiento similar en el triángulo rectángulo inferior entrega:
sin(75◦ ) cos(35◦ )
d
cos(35◦ ) =
⇒ d = b cos(35◦ ) ⇒ d = 3 ·
mi
b
sin(50◦ )
ó
sin(75◦ ) sin(55◦ )
d
⇒ d = b sin(55◦ ) ⇒ d = 3 ·
mi
sin(55◦ ) =
b
sin(50◦ )
(Cualquiera de los últimos 3 desarrollos reciben un puntaje de (+0.5 pts) )
(Nota: Otras expresiones equivalentes, más complicadas de escribir, se obtienen
al reemplazar los valores de a y b encontrados en la parte b.2) en la Forma 2)
