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Curso 2015 - 1 Parcial – 17/10/15 – Resolución TEMA 1. Geometría 1)
La recta recta "r", que contiene a los puntos A 1; 1; 0 y B 3 ; 2 ; 4 , es perpendicular al plano " " de ecuación x k y 2z 5 . Se pide: a) Escribir la ecuación vectorial de "r" "r" b) Calcular el valor de “k”. c) Hallar las coordenadas del punto de intersección entre la recta y el plano. Resolución: a)
La ecuación de la recta es inmediata porque conocemos dos puntos de ella.
Siendo v B A 2 ; 1; 4 y considerando que pasa por el punto A 1; 1; 0 , resulta:
r :
x ; y ; z 1;1; 0 2 ;1; 4
b) Vamos a realizar una figura de análisis donde se expongan los datos aportados por el problema.
Como es posible observar en el gráfico, si la recta “r” es
v
perpendicular al plano " " , los vectores asociados a la recta y al plano sean paralelos. Para que esto ocurra sus componentes deben ser proporcionales.
v
v // v
2 ;1, 4 // 1; k , 2
2 1 4 1 k 2
1 Luego: k 2
M
De ésta manera resulta el plano " " : x 1 y 2z 5
2
r
c) Para calcular las coordenadas del punto de intersección llamado "M" debemos reemplazar la ecuación de la recta “r” en el plano " " para hallar el valor del parámetro " " . Llevando la recta a su forma paramétrica resulta:
x ; y ; z 1;1; 0 2 ;1; 4 .1 2
Así tenemos que: x 1 y 2z 5 2
x 1 2 5 3 3 Entonces P0 y 1 1 4 3 3 1 4 z 4 . 3 3
3
1 (1 2
P 5;4;4
0
3
3
x 1 2 y 1 z 4
) 2.(4) 5
21 2
7 2
t 31
2) La ecuación de una parábola de eje vertical es la expresión x 2 8x 4y . Se pide: a) Hallar las coordenadas del vértice, coordenadas del foco y ecuación de la recta directriz b) Graficarla aproximadamente en un sistema cartesiano de ejes indicando las intersecciones con los ejes coordenados. a) Resolución: Resolución: Para resolver ésta primera parte, debemos rearmar la ecuación completando cuadrados. Recordemos que, una parábola de eje vertical responde a la ecuación ( x h) 2 2p.( y k ) donde el punto
V h ; k es el vértice y el parámetro "p" indica la distancia entre el foco y la recta directriz. Si x 2 8x 4y
x 2 2.x.4 4 y
x 2 2.x.4 16 4 y 16
( x 4) 2 4( y 4)
De esto último podemos afirmar que: V h ; k 4 ; 4 . Siendo 2p 4
p2
p 2
1
p
Dado que el vértice equidista del foco y de la directriz sus coordenadas deben ser: F h ; k 2 Mat II – On line - 2015 1er Parcial – Resolución Tema 1 - Pág 1 de 4
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Curso 2015 - 1 Parcial – 17/10/15 – Resolución Luego F 4 ; 3 De la misma manera podemos hallar la ecuación de la recta directriz que resulta y k
p 2
y 5
Para graficarla nos ayudaremos de un software – (GeoGebra)
Grafos 3)
A partir de la siguiente matriz de adyacencia de vértices (arista en común) se pide: A B C D E A
0 1 1 1 1
a) Hallar, si existe, el grafo plano asociado a la misma.
B
1 0 1 1 0
b) Analizar si admite recorridos eulerianos restringidos.
C
1 1 0 1 1
D
1 1 1 0 0
E
1 0 1 0 0
Justificar la respuesta. c) En caso de admitirlo, indicar un posible camino a seguir mediante los vértices
a) Resolución:
D A
B E
C
b) Resolución: Ello depende de los grados de los vértices. Analizando los tenemos Grado (A)= Grado (C)=4 D
Grado (E)=2
A
Grado (B)=Grado (D)=3 Como posee exactamente dos vértices de
B
grado impar podemos afirmar que admite un E
recorrido euleriano restringido. C
c) Resolución: Hay que partir de un vértice de grado impar y finalizar en el otro del mismo grado. Una solución a ello, sería D-A-E-C-D-B-C-A-B
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Curso 2015 - 1 Parcial – 17/10/15 – Resolución 4)
Dado el siguiente poliedro se pide: D E
a) Construir su grafo plano asociado. b) Analizar si en él se cumple la fórmula de Euler c) Construir (en otro color o línea punteada) su grafo dual.
F
A B
C
a) Resolución:
A
b) Resolución: Caras 6 D
Vértices 6 Aristas 10
E F C
Aristas 2 Caras Vértices 12 12
B
10
6
6
c) Resolución: A
U D T
Q P E
F R C
B
S
Aplicaciones de las derivadas 5)
La recta tangente a la curva definida por la fórmula f ( x )
2x 3 1 x
en el punto x 0 0 está dada por la
expresión y mx b . Calcular, si existen, los valores de "m" y de "b" Resolución: Sabiendo la abscisa del punto de tangencia, podemos calcular su ordenada reemplazando en la función. Eso nos dice que: x 0 0
y0 3
Como el problema nos pide que la recta tangente sea y mx b , se debe cumplir que la función derivada, evaluada en el punto x 0 0 , se iguale a la pendiente "m" de la misma. Luego: f ´( x )
2 1 x 2x 3 1
1 x
De donde: m f ´(0)
2
5
1 0 2
5
2 2 x 2x 3
2
1 x
5
1 x 2
m 5
Ahora sabemos que la recta tangente es: y 5 x b Reemplazando por las coordenadas del punto de tangencia tenemos:
y 5x b
3 5.0 b
b 3
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Curso 2015 - 1 Parcial – 17/10/15 – Resolución 6) El producto entre dos números positivos es igual a 1200. ¿De qué números se trata si se verifica que, la suma entre el cuádruplo del primero y la tercera parte del segundo es la mínima posible? Justificar matemáticamente la respuesta obtenida y demostrar que efectivamente se trata de un mínimo. Resolución: Como x . y 1200
y 1200 x
Lo que queremos optimizar es: F( x ; y ) 4x 1 y que acorde con lo anterior, resulta: 3
f ( x ) 4 x 1 . 1200 4x 400 3 x x Derivando e igualando a cero, estaremos en presencia de un posible máximo o mínimo.
f ' ( x ) 4 400 2 x
0 4 400 2
x
x2
400 4
x 10
Como el enunciado indica que el número debe ser positivo, solamente es válida una respuesta:
x 100
y 1200 10
y 120
Entonces, los números buscados son: x 10
y 120
Ahora debemos probar que esos números hacen que, la función que se desea optimizar sea mínima. Ello lo haremos con la derivada segunda Siendo: f ' ( x ) 4 400 2 x
f ' ' ( x ) 800 3 x
f ' ' (10) 8003 10
f ' ' (10) 0 . Como dicha derivada segunda,
evaluada en el punto en cuestión, resulta positiva, podemos asegurar que para esos números la función a optimizar es mínima.
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