Prueba de Acceso a la Universidad. Comunidad Valenciana. Julio 2013.
Opción A
| Problema A.1. Comprobar razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado que: a) Si el producto de dos matrices cuadradas $A$ y $B$ es conmutativo, es decir $AB=BA$, entonces se deduce que $A^2B^2=(AB)^2$. (2 puntos) b) Que la matriz $A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 10 \\ 0 & -3 & 7 \\ \end{pmatrix}$ satisface la relación $A^2-3A+2I=O$, siendo $I$ y $O$, respectivamente, las matrices de orden $3\times 3$ unidad y nula, (4 puntos), y que una matriz A tal que $A^2-3A+2I=O$ tiene inversa. (2 puntos) c) Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado, los valores $\alpha$ y $\beta$ tales que $A^3=\alpha A + \beta I$, sabiendo que la matriz $A$ verifica la igualdad $A^2-3A+2I=O$. (2 puntos) |
Solución:
a) $A^2B^2=AABB=A(AB)B=A(BA)B=(AB)(AB)=(AB)^2$
Nótese que lo único que se ha utilizado es la propiedad asociativa del producto de matrices que permite poner paréntesis donde convenga en los productos y la propiedad conmutativa al transformar $(AB)$ en $(BA)$, que es aplicable porque lo dice el enunciado.
b) En primer lugar será necesario obtener la matriz $A^2$:
$A^2=AA=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -4 & 10 \\
0 & -3 & 7 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -4 & 10 \\
0 & -3 & 7 \\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -14 & 30 \\
0 & -9 & 19 \\
\end{pmatrix}$
Ver comentario 1
Conocido el valor de $A^2$ podemos obtener el valor de $A^2-3A+2I$:
$A^2-3A+2I=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -14 & 30 \\
0 & -9 & 19 \\
\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & -12 & 30 \\
0 & -9 & 21 \\
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}$
$A^2-3A+2I=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$
En efecto se cumple que $A^2-3A+2I=O$, tal como esperábamos del enunciado. Demostraremos ahora que toda matriz $A$ que cumpla la relación anterior es invertible.
Una forma sencilla de probar que una matriz cuadrada tiene inversa es ver que su determinante no es $0$. Recordemos que una matriz cuadrada se dice no singular o invertible, cuando su determinante no es nulo, en cuyo caso tiene inversa. También es necesario recordar que dadas dos matrices $M$ y $N$, se cumple que $det(MN)=det(M)det(N)$, y que $det(M^k)=det(M)^k, \forall k \in \mathbb{Z}$, incluso en el caso de la matriz inversa, el determinante es el inverso, es decir, $det(M^{-1})=det(M)^{-1}=\dfrac{1}{det(M)}$. No confundir la propiedad del producto de determinantes con la suma, en cuyo caso no se cumple que $det(M+N)=det(M)+det(N)$ normalmente.
Partimos de la expresión que da el enunciado:
$A^2-3A+2I=O \rightarrow A^2-3A=-2I$
Dos matrices que son iguales tienen el mismo determinante, por tanto:
$det(A^2-3A)=det(-2I)=(-2)^3det(I)=-8$
Para esto hay que recordar otra propiedad de los determinantes. Si tenemos dos matrices $M$ y $N$ y sabemos que la única diferencia entre ellas es que una de las filas de $N$ es la misma que en $M$ pero multiplicada por un cierto factor $k$, entonces, $det(N)=k \cdot det(M)$. Aplicando esto $n$ veces, se deduce que en una matriz de tamaño $n \times n$, $det(kM)=k^ndet(M)$, que en este caso, para $n=3$, proporciona la expresión calculada anteriormente.
Desarrollando el primer término de la igualdad anterior y recordando siempre que el determinante de un producto de matrices es el producto de los determinantes de dichas matrices, se obtiene:
$det(A^2-3A)=det(A(A-3I))=det(A)det(A-3I)=-8 \neq 0$
Finalmente si el producto de dos números es distinto de cero, entonces ambos son distintos de cero, por lo que por un lado $det(A-3I) \neq 0$ y, por otro lado, tal y como queríamos demostrar, $det(A) \neq 0$, de lo que se deduce que $\exists A^{-1}$, matriz inversa de $A$ tal que $AA^{-1}=A^{-1}A=I$. Así queda demostrado que $det(A) \neq 0$ y que por tanto $A$ es una matriz invertible (existe su inversa).
Ver comentario 2
c) Observamos que de la propiedad dada por el enunciado, la matriz $A^2$ puede expresarse como una combinación lineal de $A$ y la matriz identidad $I$, lo que nos permitirá hacer lo mismo con las sucesivas potencias de la matriz $A$. Veamos el proceso:
$A^3=AA^2$
Pero como $A^2-3A+2I=O \rightarrow A^2=3A-2I$, la expresión anterior pasa a ser:
$A^3=A(3A-2I)=3A^2-2A$
Nuevamente, sustituyendo el valor de $A^2$, llegamos a:
$A^3=3(3A-2I)-2A=9A-6I-2A=7A-6I$
Por tanto, los valores $\alpha$ y $\beta$ que cumplen $A^3=\alpha A + \beta I$ son $\alpha=7$ y $\beta=-6$.
Nótese que el mismo razonamiento habría servido para hallar los valores de $\alpha$ y $\beta$ tales que $A^n=\alpha A + \beta I$, para cualquier otro valor de $n$ en general.
Comentarios:
| Comentario 1: La matriz $A^2$ podía obtenerse rápidamente advirtiendo que la matriz $A$ es una matriz diagonal por bloques, es decir, está formada por dos bloques no nulos en la diagonal principal y dos bloques nulos en la otra diagonal. Por tanto, su cuadrado es otra matriz diagonal por bloques en la que cada bloque es el cuadrado de los bloques que forman la matriz $A$. Veamos esto de forma más clara: $A=\left( \begin{array}{c|cc} 1 & 0 & 0 \\ \hline 0 & -4 & 10 \\ 0 & -3 & 7 \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c|c} M & N \\ \hline P & Q \\ \end{array} \right)$, donde $M=\begin{pmatrix} 1 \\ \end{pmatrix}$, $N=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$, $P=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{pmatrix}$ y $Q=\begin{pmatrix} -4 & 10 \\ -3 & 7 \\ \end{pmatrix}$. Así, $A^2=\begin{pmatrix} M^2 & O_{1\times 2} \\ O_{2\times 1} & Q^2 \\ \end{pmatrix}$ Esta propiedad puede ser de utilidad en algunos casos al operar con grandes matrices llenas de bloques de ceros. Volver |
| Comentario 2: Otra forma de llegar a la conclusión de que la matriz $A$ es invertible podría haber sido hallar una matriz que cumpliera la definición de la matriz inversa de $A$, es decir, buscar una matriz $B$ tal que $AB=BA=I$. Esto puede hacerse a partir de la expresión conocida $A^2-3A+2I=O$. Veamos cómo: $A^2-3A+2I=O \rightarrow A^2-3A=-2I \rightarrow \dfrac{A^2-3A}{-2}=I$ De la expresión anterior, sacando como factor común la matriz $A$, obtenemos que: $A \dfrac{A-3I}{-2}=I$ Equivalentemente, sacando la misma matriz $A$ como factor común por el lado derecho, llegamos a: $\dfrac{A-3I}{-2} A=I$ Así, hemos hallado una matriz $B=\dfrac{A-3I}{-2}$ que cumple que $AB=I$ y que $BA=I$, por lo que esta matriz tiene que ser la inversa de la matriz $A$. Volver |
| Problema A.2. Se dan las rectas $r_1: \left\{ \begin{array}{ll} x=1+2 \alpha \\ y= \alpha \\ z=2- \alpha \\ \end{array} \right.$ y $r_2: \left\{ \begin{array}{ll} x=-1 \\ y= 1+ \beta \\ z=-1-2 \beta \\ \end{array} \right.$, siendo $\alpha$ y $\beta$ parámetros reales. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado: a) Unas ecuaciones implícitas de $r_1$. (2 puntos) b) Justificación de que las rectas $r_1$ y $r_2$ están contenidas en un plano $\pi$, (2 puntos) y la ecuación de ese plano $\pi$. (2 puntos) c) El área del triángulo de vértices $P$, $Q$ y $R$, siendo $P=(-1, 0, 1)$, $Q=(0,1,2)$ y $R$ el punto de intersección de $r_1$ y $r_2$. (4 puntos) |
Solución:
a) Para pasar una recta de paramétricas a implícitas, se puede empezar por transformarla en ecuación continua. Para ello, se despeja el parámetro de cada ecuación paramétrica y se igualan las tres expresiones obtenidas.
$x=1+2 \alpha \rightarrow \alpha = \dfrac{x-1}{2}$
$y= \alpha \rightarrow \alpha = \dfrac{y-0}{1}$
$z=2- \alpha \rightarrow \alpha = \dfrac{z-2}{-1}$
De aquí se obtiene que la recta $r_1$ en ecuación continua es: $\dfrac{x-1}{2} = \dfrac{y-0}{1} = \dfrac{z-2}{-1}$. Esta ecuación, siempre que esté escrita en su forma canónica (los coeficientes que multiplican a las variables $x$, $y$ y $z$ deben ser todos ellos $1$), nos proporciona dos informaciones importantes, también visibles en las ecuaciones paramétricas. En primer lugar, la recta $r_1$ pasa por el punto $A_1=(1, 0, 2)$, ya que estos son los números que se restan a las variables $x$, $y$ y $z$. Y en segundo lugar, el vector director de la recta $r_1$ es $\overrightarrow{v_1}=(2, 1, -1)$, ya que estos son los denominadores de las fracciones.
Estas dos ecuaciones continuas (nótese que hay dos igualdades), se pueden reordenar para obtener las ecuaciones implícitas de la recta:
$\dfrac{x-1}{2} = \dfrac{y-0}{1} \rightarrow x-2y-1=0$
$\dfrac{y-0}{1} = \dfrac{z-2}{-1} \rightarrow -y-z+2=0$
Es importante comprender que se podría haber utilizado también $\dfrac{x-1}{2} = \dfrac{z-2}{-1} \rightarrow -x-2z+5=0$, pero esta ecuación es linealmente dependiente de las dos anteriores y por tanto no aporta ninguna información adicional, por ello se seleccionan dos de estas tres expresiones como ecuaciones implícitas de la recta $r_1$. Así, se proponen las ecuaciones implícitas siguientes.
$r_1: \left\{ \begin{array}{ll} x-2y-1=0 \\ -y-z+2=0 \\ \end{array} \right.$
Ver comentario 3
b) Si dos rectas no están contenidas en un mismo plano, entonces tomando el vector director de una, el vector director de la otra y un vector que une un punto de la primera con un punto de la segunda, se obtiene un conjunto de tres vectores linealmente independientes, lo que equivale a decir que su producto mixto es distinto de cero o que el determinante de una matriz cuyas columnas (o filas) son estos tres vectores, es distinto de cero. Si por el contrario, las rectas son coplanarias (existe un plano que contiene a ambas), entonces, estos tres vectores no serán linealmente independientes.
Para comprobar esto se necesita un vector director y un punto de cada recta. La recta $r_1$ pasa por el punto $A_1=(1, 0, 2)$ y su vector director es $\overrightarrow{v_1}=(2, 1, -1)$. De las ecuaciones paramétricas de la recta $r_2$, deducimos que pasa por el punto $A_2=(-1, 1, -1)$ y su vector director es $\overrightarrow{v_2}=(0, 1, -2)$. El vector que une los puntos $A_1$ y $A_2$ es $\overrightarrow{A_1A_2}=(-2, 1, -3)$. El producto mixto de estos tres vectores es:
$[\overrightarrow{A_1A_2}, \overrightarrow{v_1}, \overrightarrow{v_2}]= \begin{vmatrix}
-2 & 2 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
-3 & -1 & -2 \\
\end{vmatrix}=0$
Por tanto, estas rectas están contenidas en un plano.
Ver comentario 4
La ecuación del plano $\pi$ que contiene a las rectas $r_1$ y $r_2$ se debe calcular a partir de los datos que nos proporcionan las rectas. Por ejemplo, tenemos dos vectores directores y tenemos puntos, tantos como queramos, pero nos bastará con uno. Por ejemplo, en ecuaciones paramétricas, $\pi: \left\{ \begin{array}{ll}
x=1+2 \lambda \\
y= \lambda + \mu \\
z=2- \lambda -2 \mu \\
\end{array}
\right.$
Sin embargo, suele ser conveniente obtener la ecuación implícita, sin parámetros, por lo que podemos resolver el determinante siguiente:
$\begin{vmatrix}
2 & 0 & x-1 \\
1 & 1 & y \\
-1 & -2 & z-2 \\
\end{vmatrix}=0 \rightarrow \pi : -x+4y+2z-3=0$
$\begin{vmatrix}
2 & 0 & x-1 \\
1 & 1 & y \\
-1 & -2 & z-2 \\
\end{vmatrix}=0 \rightarrow \pi : -x+4y+2z-3=0$
Es interesante entender por qué la ecuación anterior define el plano buscado. En el determinante anterior aparecen tres vectores, la primera columna es $\overrightarrow{v_1}$, el vector director de la recta $r_1$. La segunda columna es el vector director de la recta $r_2$. Por otro lado, la tercera columna es un vector genérico que une los puntos genéricos $(x, y, z)$ del plano $\pi$ con un punto conocido de dicho plano, que se ha tomado el $A_1$. Este procedimiento para hacer un plano es básicamente imponer una ecuación según la cual, el plano $\pi$ lo forman todos los puntos $(x, y, z)$ que al unirlos con un punto conocido $A_1$, forman un vector linealmente dependiente de otros dos vectores conocidos $\overrightarrow{v_1}$ y $\overrightarrow{v_2}$, es decir, todos los puntos que forman vectores coplanarios con estos dos.
Ver comentario 5
c) En primer lugar debemos hallar el punto $R$ de intersección de las rectas $r$ y $s$. Para ello hemos de resolver un sistema de ecuaciones con las rectas, en cualquiera de sus formas (paramétricas, implícitas, etc.).
$\left.
\begin{array}{ll}
x=1+2 \alpha \\
y= \alpha \\
z=2- \alpha \\
x=-1 \\
y= 1+ \beta \\
z=-1-2 \beta \\
\end{array}
\right\}$
$\left.
\begin{array}{ll}
x=1+2 \alpha \\
y= \alpha \\
z=2- \alpha \\
x=-1 \\
y= 1+ \beta \\
z=-1-2 \beta \\
\end{array}
\right\}$
En este sistema hay 5 incógnitas y seis ecuaciones, por lo que una vez obtenida la solución hay que comprobar que cumple las 6 ecuaciones. De la cuarta ecuación obtenemos que $x=-1$, de la primera, $\alpha =-1$, de la segunda, $y=-1$, de la tercera, $z=3$ y de la quinta $\beta = -2$. Falta comprobar si se cumple la sexta, $3=-1+4$. Como se cumplen todas, el punto $R$ es $R=(-1, -1, 3)$.
El área del triángulo de vértices $P$, $Q$, $R$ es la mitad del área de un paralelogramo que contiene como lados los vectores $\overrightarrow{PQ}$ y $\overrightarrow{PR}$. Y el área de este paralelogramo es el módulo del producto vectorial de dichos vectores:
$Área = \dfrac{\left| \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR} \right|}{2}=\dfrac{\left| \begin{vmatrix}
\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\
1 & 1 & 1 \\
0 & -1 & 2 \\
\end{vmatrix} \right|}{2} = \dfrac{\left| (3, -2, -1) \right|}{2}= \dfrac{\sqrt{3^2 + 2^2 + 1^2}}{2} = \dfrac{\sqrt{14}}{2} = 1,87 u_l^2$
\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\
1 & 1 & 1 \\
0 & -1 & 2 \\
\end{vmatrix} \right|}{2} = \dfrac{\left| (3, -2, -1) \right|}{2}= \dfrac{\sqrt{3^2 + 2^2 + 1^2}}{2} = \dfrac{\sqrt{14}}{2} = 1,87 u_l^2$
Comentarios:
| Comentario 3: Las ecuaciones implícitas de una recta son ecuaciones de dos planos distintos (y por tanto secantes, no paralelos) que contienen a la recta. La recta es, por tanto, la intersección de esa pareja de planos, por ello se escribe como un sistema de dos ecuaciones. Tomando otros dos planos cualesquiera que contengan a la recta (de los infinitos que existen) se obtiene otro conjunto equivalente de ecuaciones implícitas. En definitiva, estas ecuaciones, en el caso de una recta, deben ser dos y deben ser de planos no paralelos. Volver |
| Comentario 4: Otro método para comprobar que las dos rectas están contenidas en un plano, es recordar que esto solo ocurre cuando las rectas son paralelas (o coincidentes) o bien cuando las rectas son secantes (se cortan en un punto). En este caso se observa rápidamente que las rectas no son paralelas. Para que sean paralelas dos rectas, lo han de ser sus vectores directores. Si los vectores de las rectas son $\overrightarrow{v_1}=(x_1, y_1, z_1)$ y $\overrightarrow{v_2}=(x_2, y_2, z_2)$, las rectas solo serán paralelas si se cumple que $\dfrac{x_1}{x_2}= \dfrac{y_1}{y_2}= \dfrac{z_1}{z_2}$, lo cual es evidentemente falso en este ejercicio. Como no son paralelas, se busca el punto de corte y si el sistema hubiera sido incompatible, las rectas se cruzarían, pero como al resolverlo sale compatible determinado (la solución se necesita para el tercer apartado), entonces las rectas se cortan en un punto que en este caso resulta ser $R=(-1, -1, 3)$, por lo que son secantes y por tanto coplanarias. Volver |
| Comentario 5: Otro método para hallar la ecuación de un plano a partir de un punto y dos vectores (y generalmente más sencillo) es calcular el vector normal del plano y ajustar el término independiente para que contenga al punto que conocemos. Recordemos que un plano en forma implícita es $ax + by + cz + d = 0$, donde $(x, y, z)$ son los puntos que pertenecen al plano, $(a, b, c)$ es un vector normal al plano y $d$ es el término independiente que si se modifica, se obtienen planos paralelos. En este ejercicio, se contaba con los vectores $(2, 1, -1)$ y $(0, 1, -2)$ y con el punto $(1, 0, 2)$ como datos del plano. El vector normal se puede obtener como el producto vectorial de dichos vectores, ya que esta operación siempre proporciona un vector perpendicular a los vectores utilizados. $\overrightarrow{n}=(2, 1, -1) \times (0, 1, -2) = \begin{vmatrix} \overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ 2 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ \end{vmatrix} = (-1, 4, 2)$ Así, nuestro plano debe ser de la forma $-x+4y+2z+d=0$, y debe contener al punto $(1, 0, 2)$. Sustituyendo los valores $x$, $y$ y $z$ del punto y forzando a que se cumpla la ecuación, se obtiene el valor de $d$. $-1+0+4+d=0 \rightarrow d=-3$ Finalmente, el plano obtenido es el mismo que con el otro método, $\pi : -x+4y+2z-3=0$. Y no olvidemos que se podría haber obtenido $\pi : x-4y-2z+3=0$ o $\pi : -2x+8y+4z-6=0$ o cualquier otra expresión equivalente, ya que todas ellas son la misma ecuación y definen al mismo plano. Volver |
| Problema A.3. Se dan las funciones $f(x)=\dfrac{1}{2} ln \left( \dfrac{1+x}{1-x} \right)$ y $g(x)=ln \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado: a) Las derivadas de $f(x)$ y $g(x)$. (4 puntos) b) Los dominios de definición de las funciones $f(x)$ y $g(x)$. (3 puntos) c) La expresión simplificada de la función $f(x)+g(x)$, (1,5 puntos), y el recorrido de esta función $f(x)+g(x)$. (1,5 puntos) |
Solución:
a) Para derivar funciones con logaritmos, suele resultar más sencillo aplicar previamente las propiedades de los logaritmos que simplifican las expresiones de potencias, productos y cocientes. Hay que recordar que el logaritmo de un producto es la suma de los logaritmos, el logaritmo de un cociente es la resta de los logaritmos y que las potencias salen fuera multiplicando al logaritmo. Por tanto, podemos reescribir la función $f(x)$ como sigue:
$f(x)=\dfrac{1}{2} ln \left( \dfrac{1+x}{1-x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( ln(1+x)-ln(1-x) \right)$
Así, su derivada será:
$f'(x)= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1+x}- \dfrac{1}{1-x} \cdot (-1) \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1+x}+ \dfrac{1}{1-x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{2}{1-x^2} \right) = \dfrac{1}{1-x^2}$
Ver comentario 6
Para el caso de la función $g(x)$, hay que recordar que las raíces son potencias en forma de fracción, por lo que se pueden volver a aplicar las propiedades de los logaritmos.
$g(x)=ln \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}=ln \left(\dfrac{1-x}{1+x}\right) ^{\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{2} ln \left( \dfrac{1-x}{1+x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( ln(1-x)-ln(1+x) \right)$
Ver comentario 7
Así, su derivada será:
$g'(x)= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1-x} \cdot (-1) - \dfrac{1}{1+x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-1}{1-x}- \dfrac{1}{1+x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-2}{1-x^2} \right) = \dfrac{-1}{1-x^2}$
b) La función $f(x)$ existirá siempre que no se anule el denominador y el logaritmo contenga un número positivo, es decir, siempre que $1-x \neq 0$ y que $\dfrac{1+x}{1-x} > 0$.
La primera condición se cumple cuando $x \neq 1$.
Para ver la segunda condición podemos elaborar una tabla calculando previamente dónde se anula el numerador y el denominador.
$1+x=0 \rightarrow x=-1$
$g'(x)= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1-x} \cdot (-1) - \dfrac{1}{1+x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-1}{1-x}- \dfrac{1}{1+x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-2}{1-x^2} \right) = \dfrac{-1}{1-x^2}$
b) La función $f(x)$ existirá siempre que no se anule el denominador y el logaritmo contenga un número positivo, es decir, siempre que $1-x \neq 0$ y que $\dfrac{1+x}{1-x} > 0$.
La primera condición se cumple cuando $x \neq 1$.
Para ver la segunda condición podemos elaborar una tabla calculando previamente dónde se anula el numerador y el denominador.
$1+x=0 \rightarrow x=-1$
$1-x=0 \rightarrow x=1$
| $x \in ]- \infty , -1[$ | $x \in ]-1 , 1[$ |
$x \in ]1, \infty[$ | |
| $1+x$ | $-$ | $+$ | $+$ |
| $1-x$ | $+$ | $+$ | $-$ |
| $\dfrac{1+x}{1-x}$ | $-$ | $+$ | $-$ |
Por tanto, la segunda condición es que $f(x)$ existe cuando $x \in ]-1 , 1[$, que ya incluye a la primera condición $(x \neq 1)$. Así pues, el dominio de definición de $f(x)$ es $Dom(f)= \left\{ x \in ]-1 , 1[ \right\}$.
La función $g(x)$, existirá cuando no se anule el denominador $(x \neq -1)$, cuando la raíz contenga algo mayor o igual a cero $(x \in ]-1 , 1])$ y cuando el logaritmo contenga algo estrictamente positivo, lo cual incluye a las dos condiciones anteriores. Al tratarse de la fracción de antes cambiando el numerador y el denominador de lugar, esta condición es idéntica a la anterior, y por tanto, esta función tiene el mismo dominio que la otra, $Dom(g)=Dom(f)= \left\{ x \in ]-1 , 1[ \right\}$.
c) Aplicando las propiedades anteriores de los logaritmos:
$f(x)+g(x)= \dfrac{1}{2} \left( ln(1+x)-ln(1-x) \right) + \dfrac{1}{2} \left( ln(1-x)-ln(1+x) \right) =0$
Resulta que la función $f(x)+g(x)$ es la función idénticamente nula (vale cero para cualquier valor de $x$), por lo que su recorrido es $R(f+g)= \left\{ 0 \right\}$.
Comentarios:
| Comentario 6: La derivada de la función $f(x)$ sin aplicar propiedades previas de los logaritmos sería: $f'(x)=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\dfrac{1+x}{1-x}}\dfrac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1-x}{1+x}\dfrac{2}{(1-x)^2}=\dfrac{1}{1-x^2}$ Volver |
| Comentario 7: La derivada de la función $g(x)$ sin aplicar propiedades previas de los logaritmos sería: $g'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}\dfrac{-(1+x)-(1-x)}{(1+x)^2}=\dfrac{1}{2\cdot\dfrac{1-x}{1+x}}\dfrac{-2}{(1+x)^2}=\dfrac{-1}{1-x^2}$ Volver |
