Matemática básica para ingeniería (MA105) Clase Práctica 15.3

Matemática básica para ingeniería (MA105)
Clase Práctica 15.3
2010 – 1
1.
Un cometa se desplaza en una órbita parabólica alrededor del sol que está en el foco de la
parábola. Cuando el cometa está a 80 millones de millas del sol, el segmento recto desde el
sol al cometa forma un ángulo de 60° con el eje de la órbita. ¿Qué tan cerca se aproxima el
cometa al sol?
La ecuación de la parábola es
y  k 
2
y
 4p  x  h 
•
Cometa (p+40, 40√3)
Como el vértice es (0; 0)
y 2  4px

 40 3 
2
40√3
80

Como p  40; 40 3 pertenece a la parábola
(0; 0)
 4 p  p  40 
60°
p Sol 40
x
•
1600  3  4 p( p  40)
p 2  40 p  1200  0
 p  60  p  20   0
De donde p  20
Rpta.: La distancia más cerca del cometa al sol es cuando pasa por el vértice de la parábola, es
decir 20 millones de millas.
2.
Una parábola y la elipse 25x 2  16y 2  150x  128y  1119  0 tienen el mismo vértice y el
mismo foco. Hallar la ecuación estándar de la parábola si se sabe que se abre para abajo.
( 25x 2  150 x )  (16y 2  128y )  1119
25( x 2  6 x  9)  16( y 2  8y  16)  1119  225  256
25( x  3)2  16( y  4)2  1600
•V(–3;1 4)
•F(–3;10)
( x  3)2 ( y  4)2

1
64
100
Centro  ( 3; 4)
a  10
b8
c 2  100  64  36
y

•O(–3; 4)
c6
Para la parábola (ver figura)
Vértice = (–3; 14)
Foco = (–3; 10), entonces p = –4 (porque se abre para abajo)
Por lo tanto su ecuación es:
( x  h )2  4 p( y  k )
( x  3)2  4( 4)( y  14)
( x  3)2  16( y  14)
1
x
3.
Graficar la cónica cuya ecuación es 4x 2  y 2  56x  2y  231  0 . Determine las
coordenadas de su centro, vértice(s), foco(s).
Es una hipérbola
( 4 x 2  56 x )  (  y 2  2y )  231
y
4( x  14 x  49)  ( y  2y  1)  231  196  1
2
2
4( x  7)2  ( y  1)2  36
4( x  7)2 ( y  1)2 36


36
36
36
2
2
( y  1) ( x  7)

1
36
9
centro  ( 7; 1)
a6
b  3 c 2  36  9  45
•F2( –7; 1+√45)
•V2( –7; 7)
O( –7; 1)

c  45
•V1( –7; –5)
•F1( –7; 1–√45)
Respuesta:
Centro : ( 7; 1)
Vértices : ( 7;  5) y ( 7; 7)
Fo cos : ( 7; 1  45 ) y ( 7; 1  45 )
4.
 2 x 2  5x  5x  1

Determinar el dominio de la siguiente función: f ( x )  ln 
 3x  1  x 2  4 x


Para que esté definida el logaritmo y la expresión racional:
2 x 2  5x
0
3x  1

x 2  4x  0
Observa que el denominador es un valor absoluto (es no negativo), entonces basta que:
2 x 2  5 x  0  3x  1  0  x 2  4 x  0
x( 2 x  5)  0  3x  1  x( x  4)  0
1
x( 2 x  5)  0  x 
 x  0, x  4
3
5
pc : 0 y
2
+ º| - º| +
0
5/2
Entonces
Dom(f )  ; 0
 5   1 
 2 ;     3 ; 4

 

2
x
5.
Dada la función f ( x )  2  ln  x  3 , x  4; 8 , determinar su función inversa. Además,
graficar ambas funciones en el mismo plano cartesiano dando su dominio y rango respectivo.
La función es:
y  2  ln  x  3 , x   4; 8
si x  4 
si x  8 
y 2
y  2  ln 5  3, 6
y
Ran(f )   2; 3, 6
(3,6; 8)•
f (x)=3+ex-2
-1
Intercambiamos variables
x  2  ln y  3 , y 4; 8
•(8; 3,6)
(2; 4)•
Despejamos el “nuevo” y
f(x)=2+ln(x-3)
•(4; 2)
x  2  ln  y  3 , y   4; 8
ln( y  3)  x  2
y 3  e
x
x 2
y  3  e x 2
Entonces:
f 1 ( x )  3  e x 2
Dom(f 1 )   2; 3, 6
Ran(f 1 )   4; 8
6.
En una comunidad la propagación de un cierto virus de la gripe fue tal que t semanas
después de su brote f(t) personas se habían contagiado, donde f (t ) 
45000
.
1  224e 0,9t
¿Después de cuánto tiempo de haber brotado la gripe se habrán contagiado 3000 personas?
Si se han contagiado 3000 personas:
45000
1  224e 0,9t
45000
1  224e 0,9t 
3000
0,9 t
1  224e
 15
3000 
224e 0,9t  14
14
224
 14 
0, 9t  ln 

 224 
e 0,9t 
 14 
ln 
224 
t 
 3,1
0, 9
Respuesta
A las 3,1 semanas
aproximadamente se habrán
contagiado de la gripe 3000
personas
3
7.
 x  y  3z  22

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 2 x  2 y  z  9 . Clasificarlo de
 3x  y  2z  5

acuerdo a su número de soluciones.
Fijamos la matriz ampliada y lo llevamos a la forma escalonada
 1 1 3 22 


 2 2 1 9 
 3 1 2 5 
1 1 3 22 


2F1  F2  0 0
7 35 
3F1  F3  0 4 11 71
1 1 3 22 


F2  F3  0 4 11 71
0 0
7 35 

Respuesta:
CS   3;  4; 5 
Entonces:
7z  35  z  5
4y  11(5)  71  4y  16
x  ( 4)  3(5)  22  x  3
8.

Como el sistema tiene solución
única, es compatible determinado
y  4
Disponemos de tres lingotes de distintas aleaciones de tres metales A, B y C. El primer
lingote contiene 20 g del metal A, 20 g del B y 60 del C. El segundo contiene 10 g de A, 40 g
de B y 50 g de C. El tercero contiene 20 g de A, 40 g de B y 40 g de C. Queremos elaborar, a
partir de estos lingotes, uno nuevo que contenga 15 g de A, 35 g de B y 50 g de C. ¿Cuántos
gramos hay que tomar de cada uno de los tres lingotes?
LINGOTE
I
II
III
A
20 g
10 g
20 g
B
20 g
40 g
40 g
C
60 g
50 g
40 g
 x  cantidad en gramos del lingote I

Sea  y  cantidad en gramos del lingote II
z  cantidad en gramos del lingote III

TOTAL
100 g
100 g
100 g
Entonces
LINGOTE
I (x g)
II (y g)
III (z g)
TOTAL
A
0,2x g
O,1y g
0,2z g
15 g
B
0,2x g
0,4y g
0,4z g
35 g
C
0,6x g
0,5y g
0,4z g
50 g
TOTAL
xg
yg
zg
100 g
El sistema que se forma es:
 0, 2 x  0,1y  0, 2z  15

0, 2 x  0, 4 y  0, 4z  35 que es equivalente a
 0, 6 x  0, 5y  0, 4z  50

 2 x  y  2z  150
 x  25


 2 x  4 y  4z  350 resolviendo  y  50
 6 x  5y  4z  500
 z  25


Rpta.: De cada lingote se debe tomar 25 g, 50 g y 25 g respectivamente.
4
9.
Hallar la ecuación de una esfera que es tangente a los tres planos xy, xz, yz en el primer
octante, sabiendo que la distancia de su centro al origen de coordenadas es 4 3 .
Si la esfera es tangente a los tres planos
coordenados en el primer octante, las componentes
de su centro deben ser iguales.
Centro=(a, a, a)
Siendo además “a” el radio de la esfera
z
Entonces, por dato:
4 3  ( a  0 )2  ( a  0 ) 2  ( a  0 ) 2
•(a, a, a)
48  a 2  a 2  a 2
y
48  3a 2
16  a 2
4a
x
La ecuación de la esfera es:
( x  4)2  ( y  4)2  (z  4)2  42
10. Hallar las ecuaciones paramétricas de una recta que pasa por el punto P ( 2; 3;  4) y por el
punto medio del segmento cuyos extremos son A(1; 7;  2) y B(5; 3;  4) .
Sea M el punto medio del segmento AB
 1  5 7  3 2  (4) 
M
;
;
  M  2; 5;  3
2
2
 2

Si la recta pasa por P y M, su vector de dirección es:
PM  2  ( 2); 5  3;  3  (4)
PM  4; 2; 1
La ecuación vectorial de la recta es:
x; y ; z  P  t PM
x; y ; z  2; 3;  4  t 4; 2; 1
De donde las ecuaciones paramétricas son:
 x  2  4t

 y  3  2t donde t  R
 z  4  t

Monterrico, julio del 2010
5