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Universidad T´cnica Federico Santa Mar´
e
ıa
Departamento de Matem´tica
a

Pauta Certamen 1 MAT022
10 de Septiembre - 2o Semestre 2012
Parte I:
1. [15 puntos ] Obtenga la antiderivada de la funci´n f real definida por f (x) = xArcsen(2x2 )
o
Soluci´n: Integraci´n por partes u = Arcsen(2x2 ) y dv = x dx, entonces du =
o
o
xArcsen(2x2 ) dx =

1 2
x Arcsen 2x2 −
2

√

√ 4x1−4x4

y v = x2 /2

2x3
dx
1 − 4x4

Usando la sustituci´n w = 1 − 4x4 , dw = −16x3 dx, por lo tanto 2x3 dx = −dw/8
o
√
2x3
−1
1
w
√
dx =
w−1/2 dw = −
+C =−
1 − 4x4 + C
8
4
4
1 − 4x4
Entonces
xArcsen(2x2 ) dx =

1
4

1
x
ln
2. [15 puntos ] Sea f una funci´n real tal que f (x) =
o

3

0




1
1 − 4x4 + x2 sin−1 2x2 + C
2

si 0 < x ≤ 2
si x = 0

2a) La integral de Riemann

f (x)dx est´ definida? Justifique su respuesta.
a
0

b) Encuentre la suma inferior s(f, P ) para una partici´n del intervalo de integraci´n en dos partes iguales.
o
o
Soluci´n:
o
a) l´ +
ım
x→0

1
x
ln
3

= 0 y f (0) = 0 , por lo tanto f (x) es continua en el intervalo [0, 2]. Adem´s f (x) es acotada
a
2

2
ya que ln−1 ( 3 ) ≤ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [0,2]. Luego la integral

f (x)dx est´ bien definida.
a
0

b) Consideremos la partici´n P = {0, 1, 2}
o
Entonces s(f, P ) = 1 · f (1) + 1 · f (2) =

1

ln(1/3)

+

1

ln(2/3)

.

3. [15 puntos ] Sea A ∈ M4 (R) tal que det(2Adj(A)) = 1024. Calcule det
Soluci´n:
o
i)
det

1 −1
A
2

=

1
2

4

det(A−1 ) =

ii)
det(2Adj(A)) = 1024 ⇔
24 det(Adj(A)) = 1024 ⇔det(Adj(A)) = 64

1
1
16 det(A)

1
· A−1
2

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a

iii)
A · Adj(A) = det(A) · I4 ∴
det(A) · det(Adj(A)) = det(A)4 ⇒
det(Adj(A)) = det(A)3 ⇒
64 = det(A)3 ⇒
4 = det(A)
1 −1
A
2

iii) Por lo tanto: det


p
4. [15 puntos ] Sea A =  0
0

1
p
0

=

1
2

4

det(A−1 ) =

1
1
1
=
16 det(A)
64

0
pn

1 . Demostrar que ∀n ∈ N, An =  0
p
0

np(n−1)
pn
0


n(n − 1) (n−2)
p

2

np(n−1)
n
p

Soluci´n:
o
Usamos el principio de inducci´n matem´tica.
o
a
1) Demostramos que la propiedad es v´lida para n = 1.
a


p1


A1 =  0
0

1 · p(1−1)
p1
0

 
1(1 − 1) (1−2)
p
p
 
2
0
=
(1−1)
1·p
0
1
p

1
p
0


0
1 .
p

2)Hip´tesis Inductiva: Supongamos que la igualdad es v´lida hasta el natural n, esto es :
o
a


pn


An =  0
0

np(n−1)
pn
0


n(n − 1) (n−2)
p

2

np(n−1)
n
p

Por demostrar que la propiedad es v´lida para el natural n + 1, o sea:
a

(n + 1)n (n−1)
p


2
A(n+1) = 

0
p(n+1)
(n + 1)pn
(n+1)
0
0
p

 
n(n − 1) (n−2)
p
pn np(n−1)
p

 
20
Note que A(n+1) = An · A =  0
·
n
(n−1)
p
np
0
n
0
0
p


(n + 1)n (n−1)
p(n+1) (n + 1)pn
p


2
=
(n+1)
.
0
p
(n + 1)pn
(n+1)
0
0
p


p(n+1)

(n + 1)pn



1
p
0

pn


Por lo tanto, por el principio de inducci´n matem´tica ∀n ∈ N, An =  0
o
a
0


0
1 
p

np(n−1)
pn
0


n(n − 1) (n−2)
p

2
.
np(n−1)
pn

Parte II:1. [20 puntos ] Las bacterias de cierta colonia se reproducen y mueren en raz´n proporcional al n´mero presente, en forma
o
u

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a

tal, que la ecuaci´n que gobierna el crecimiento de la colonia es:
o
dP
= (k1 − k2 )P
dt

con k1 , k2 ∈ R.

a) Describir el n´mero de bacterias en funci´n del tiempo.
u
ob) Determinar k1 , k2 si se sabe que la colonia se duplica cada 24 horas y se reducir´ a la mitad en 8 horas si
a
no hubiera reproducci´n (es decir k1 = 0). En estas condiciones cu´ntos habitantes llegar´ a tener esta
o
a
a
colonia de bacterias?
Soluci´n:
o
a)
dP
dP
= (k1 − k2 )P ⇔
= (k1 − k2 )dt ⇔
dt
P

dP
P

=

⇔ ln(P )

=

⇔ P (t)
b)
P (t + 24)

(k1 − k2 )dt...