1. Expresa cos 3x en términos de potencias de cosx. 2. Indica cómo

CENTRO DE INVESTIGACIÓN Y DE ESTUDIOS AVANZADOS DEL IPN
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA EDUCATIVA
Resolución del Examen de Admisión
Mayo 2006
Elaborada por: Susana Martı́nez
GEOMETRÍA Y TRIGONOMETRÍA
1. Expresa cos 3x en términos de potencias de cosx.
Solución:
Vamos a usar las siguientes identidades trigonométricas:
(a) cos(u + v) = cos u cos v − sen u cos v (b) cos 2u = 2 cos2 u − 1
(c) sen 2u = 2 sen u cos u
(d) sen2 u = 1 − cos2 u
Como 3x = x + 2x entonces
cos 3x = cos(x + 2x)
aplicando (a)
= cos x · cos 2x − sen x · sen 2x
aplicando (b) y (c)
= cos x(2 cos2 x − 1) − sen x(2 sen x · cos x)
= 2 cos3 x − cos x − 2 cos x(sen2 x)
aplicando (d)
= 2 cos3 x − cos x − 2 cos x(1 − cos2 x)
= 2 cos3 x − cos x − 2 cos x + 2 cos3 x
= 4 cos3 x − 3 cos x
Por lo tanto:
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x.
2. Indica cómo se construye con regla y compás, una circunferencia tangente
a la recta r y que pase por el punto F (ver figura)
•F
..................
................
.................
................
.................
.................
................
.................
.................
................
.................
................
.................
.................
................
.......
recta r
1
Solución:
Primero hay que encontrar un punto P sobre r tal que la recta F P sea perpendicular a
r. Para ello, con una misma abertura del compás y apoyado éste en el punto F , hagamos
dos marcas sobre r como se muestra en la siguiente figura:
•F
r...............
...
...
......................
.................
... ...................
.................
....
.................
..
................
.................
................
.....
................. .........
.........................
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................
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.................
.......
...
Ahora, apoyando el compás primero en una de estas marcas y después en la otra, hagamos
dos marcas buscando la intersección entre ellas y trazamos la recta s uniendo esta intersección y el punto F . Ahora bien, llamemos P al punto donde se intersectan r y s, como
se muestra enseguida:
•.. F
...
s ........
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..
..
...
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................. .....
..
.................
...
......................
.................
...
..
.................
....
...................
..
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•
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... ................................
....
.................
.
..........................
.. P
.......................
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...
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.................
.......
................
..
...
..
..
...
..
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...
... ...
.. .. .....
... .. .....
. ..
.........
...... .....
.
.
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.
.
.
....
..
..
r
Una vez que hemos encontrado el punto P , vamos ahora a encontrar el punto medio entre
F y P . Para ello, seguiremos el mismo procedimiento. Apoyando el compás primero en P
y después en F , hagamos dos marcas buscando la intersección entre ellas del lado izquierdo
y lo mismo del lado derecho. Unimos ambas intersecciones con una recta. Llamemos C al
punto donde se intersectan esta recta y la recta s. Veamos el siguiente dibujo:
.
s....•..
F
.
...
.. .
..........
..
............................ ... C
.
.
.
.
.................
. ..
•. ......................................
...
..
............
..
.................
.
................
..
.................
.................
...
................
....................
•................................
.................
................
P
.................
................
.................
............
r
2
Finalmente, la circunferencia que buscamos tiene su centro en el punto C y su radio es
CP = CF , es tangente a r en P y pasa por F :
F
............
..................•
.
.......
.. ..........
.....
...
..
....
...
.
.
.
.
...
.
..
..
...
..
...
.. C
...
..
..
•
...
..
..
..
...
.
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...
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.
.................
.
.
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...
................
.
..
....
.................
...
..
................
.....
........................... ..
......
....................
.
.
.
.
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.
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.
.
.
.
•..................................
.................
................
P
.................
.................
................
.............
r
3. Prueba que un ángulo exterior de cualquier triángulo es mayor que cua-
lesquiera de los ángulos interiores no adyacentes a él.
Solución:
Sea α0 un ángulo exterior del triángulo, por lo tanto, tenemos que α + α0 = 180o , de donde
obtenemos que
α = 180o − α0
(1)
Por otro lado, sabemos que los ángulos interiores de un triángulo suman 180o . Ası́, tenemos
que
α + β + γ = 180o
(2)
Sustituyendo (1) en (2) obtenemos
180o − α0 + β + γ = 180o
de donde
α0 = β + γ
siendo β y γ cantidades positivas. Por lo tanto,
α0 > β
y
α0 > γ
.
..........
........ ...
..
........
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........
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... ...
..
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..
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... ...
0 ..............
..
... ...
... ... ..........
..
............
..
.........
..
.........
..
.........
..
.........
.........
..
.........
..
.........
..
.........
..
.........
..
.........
.........
..
.........
..
.........
..
.........
.
.........
......... ....
..........
..
γ
α
α
β
3
4. Dos fuerzas de 50 Kg. y 30 Kg. forman un ángulo de 60 grados. En-
cuentre la magnitud y dirección de su resultante.
Solución:
......
~ ............
G
..
~ = (f1 , f2 ) y G
~ = (g1 , g2 ). Tenemos que
Sean F
p
p
~ k = f 2 + f 2 = 50
~ = g 2 + g 2 = 30
kF
y
kGk
1
2
1
2
.
...
...
...
.
.
...
...
30 ......
.
...
...
...
.
.
....
... ....
~
F
... ...
.................................................................................................................................................................
60o
50
~ tenemos que m =
Como el ángulo que forman es de 60o , para G
con lo que
q
q
√
2
2
~
kGk = g1 + g2 = g12 + ( 3g1 )2
q
q
= g12 + 3g12 = 4g12 = 2g1
~ = 30 entonces
y como kGk
2g1 = 30 luego
g1 = 15
y por lo tanto
g2 =
√
√
3, es decir, g2 = 3g1
√
3 · 15
Por otro lado, sabemos que
~ ·G
~ = f1 g1 + f2 g2 = kF k · kGk cos 60o = (30)(50) · 1 = 750
F
2
por lo tanto f1 g1 + f2 g2 = 750, resultado que usaremos a continuación.
........... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ......................................
....... ...
........
.
.........
..
..
......... R
..
.
~
.
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...
.........
..
.........
...
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.........
...
........
..
...
.........
..
...
........
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.....
...
..
.........
...
..
.........
~
... ..............
..
F
..........................................................................................................................................................................
.
~ .............
G
..
θ
~ es la resultante, entonces R
~ = (f1 + g1 , f2 + g2 ). Por lo tanto
Según la figura, R
p
~ = (f1 + g1 )2 + (f2 + g2 )2
kRk
q
= (f12 + 2f1 g1 + g12 ) + (f22 + 2f2 g2 + g22 )
q
= (f12 + f22 ) + (g12 + g22) + 2(f1 g1 + f2 g2 )
p
√
√
= 302 + 502 + 2(750) = 900 + 2500 + 1500 = 4900 = 70
4
Entonces tenemos que
~ = 70
kRk
Por último, para encontrar la dirección de la resultante debemos calcular el valor de θ (ver
figura anterior).
p
~ = (r1 , r2 ) entonces kRk
~ = r2 + r2 = 70
Si R
1
2
√
Pero r2 = g2 = 3 · 15, por lo tanto
q
√
~
kRk = r12 + ( 3 · 15)2 = 70 de donde r1 = 65
Ası́,
θ = arctg
√
3 · 15
= 21.79o
65
CÁLCULO
1. Una tina abierta tiene forma de un cilindro (circular recto). Debiendo su
volumen tener un valor V (constante), ¿cuál debe ser el radio de la base
y la altura para que su superficie total sea la menor posible?
Solución:
.........................................................
............
.........
........
.......
......
.
.....
.
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..
....
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....
.. ............
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..
..
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....
......
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..............
....
......... .........
.
.. .... ....................
....... .... .
.. ...........
.
.
.
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.
.
... ...........
.
.
... .... ... h
.
.
.
........
.
.
.....
.
....
............
.....
....
..
..........................................................
..
.
.....
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ....... ..............
•
..
.
.
...
r
.
.
....
.
.....
....
......
.....
........
.......
..........
........
.
.
.
.
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......................
.
.
.
.
.
.............................
Tenemos que V = πr2 h de donde obtenemos que h(r) =
tina no tiene tapa), la función que queremos optimizar es
S(r) = 2πr ·
V
πr2 .
Como S = 2πrh + πr2 (la
V
2V
+ πr2 =
+ πr2
2
πr
r
Derivando tenemos que
S 0 (r) = −
2V
+ 2πr
r
y S 00 (r) =
4V
+ 2π
r3
Encontramos los puntos crı́ticos resolviendo S 0 (r) = 0
2V
−
+ 2πr = 0
r
→
2V
= 2πr
r
5
→
V
r =
π
3
→
r0 =
r
3
V
π
y vemos que
r
3
S 00 (r0 ) = S 00
esto implica que r0 =
q
3
V
π
V
π
!
4V
= q 3 + 2π = 6π > 0
V
π
3
es un mı́nimo de S(r). Y con r0 tenemos
r
3
h(r0 ) = h
V
π
!
=
π
V
V
q 2 = π ·
3 V
π
Por lo tanto con
r=h=
r
3
V
π
− 23
V
π
se minimiza la superficie de la tina.
2. Hallar y 0 (2) si y(x) =
r
x+1
.
x−1
Solución:
1
x+1 2
entonces
y(x) =
x−1
1
y (x) =
2
0
1
=
2
r
x+1
x−1
− 12
·
(x − 1) − (x + 1)
(x − 1)2
x−1
−2
·
x + 1 (x − 1)2
r
1
x−1
=−
(x − 1)2 x + 1
por lo tanto
1
y 0 (2) = −
(2 − 1)2
6
r
2−1
1
= −√
2+1
3
=
r
3
V
π
3. Derivar la función s =
1
t − 3 +3
t
3
40
.
Solución:
39 1
3
2
s = 40 t − 3 + 3
· 3t + 4
t
t
39
1
1
t3 − 3 + 3
= 120 t2 + 4
t
t
0
3
4. Resuelva una de las siguientes integrales
Z
a)
x sec2 (x2 )dx
b)
Z
1
2
x5 e−x dx
0
Solución:
Z
a) x sec2 (x2 )dx.
Sea u = x2 , por lo tanto du = 2xdx, entonces
Z
Z
1
1
1
2 2
x sec (x )dx =
sec2 udu = tan u + C = tan(x2 ) + C
2
2
2
b)
Z
1
5 −x2
x e
0
1
dx = −
2
Z
1
2
x4 e−x (−2x)dx.
Vamos a integrar por partes con
0
2
u = x4 , du = 4x3 dx y dv = e−x (−2x)dx , v = e−x
2
Tenemos entonces
1
−
2
Z
1
4 −x2
x e
0
Z 1
1 4 −x2 1
3 −x2
(−2x)dx = − x e
x e
dx
−4
2
0
0
Z 1
2
1 4 −x2 1
=− x e
x3 e−x dx
+2
2
0
0
Z 1
2
1 −1 1
=− e − ·2
x2 e−x (−2x)dx
2
2
0
Z 1
2
1
=− −
x2 e−x (−2x)dx
2e
0
Vamos a integrar nuevamente por partes, ahora con
u = x2 , du = 2xdx
2
y dv = e−x (−2x)dx , v = e−x
7
2
Entonces, ahora tenemos que
1
− −
2e
Z
1
2 −x2
x e
0
1 Z 1
1
2 −x2 −x2
(−2x)dx = − − x e
e
2xdx
−
2e
0
0
Z 1
1
−1
−x2
=− − e +
e
(−2x)dx
2e
0
Z 1
2
1
1
=− − −
e−x (−2x)dx
2e e
0
2 1
1
1
1
1
= − − − e−x = − − − (e−1 − e0 )
2e e
2e e
0
1
1 1
1 1
5
=− − − +1=1−
+1+1 =1−
2e e
e
e 2
2e
5. Mostrar que
Z
x2
dx
= arctg(x + 2) + C
+ 4x + 5
Solución:
Tenemos que
Z
u
du
1
= arctg
. Por otro lado
a2 + u2
a
a
x2 + 4x + 5 = 1 + (x2 + 4x + 4) = 1 + (x + 2)2
Entonces
Z
dx
=
x2 + 4x + 5
Z
dx
. Sean
1 + (x + 2)2
a2 = 1 , a = 1 y u2 = (x + 2)2 , u = x + 2
De esta manera
Z
dx
= arctg(x + 2) + C
1 + (x + 2)2
8
GEOMETRÍA ANALÍTICA
1. Defina el valor de k para que el siguiente par de rectas
2x + 3y − 1 = 0
5x + ky = 2
a) Sean paralelas
b) Se corten en un punto
Solución:
a) La pendiente de la recta 2x + 3y − 1 = 0 es − 32 y la pendiente de la recta 5x + ky = 2
es − k5 . Dos rectas son paralelas si sus pendientes son iguales. Ası́, las rectas son
paralelas si
5
2
15
− =−
y esto implica que
k=
k
3
2
15
.
Por lo tanto, las rectas son paralelas si:
k=
2
b) Ahora bien, si no son paralelas entonces se cortan en un punto. De esta manera, las
15
rectas se cortarán en un punto cuando:
k 6=
.
2
2. Si se sabe que las coordenadas de un extremo de un segmento de recta
son (3, −1) y que las coordenadas del punto medio son (−2, 2), encuentra
las coordenadas del otro extremo del segmento.
Solución:
Sean (a, b) las coordenadas del otro extremo del segmento. Como (−2, 2) es el punto medio
del segmento, tenemos que
3 + a −1 + b
,
2
2
= (−2, 2)
por lo tanto
3+a
= −2
2
−1 + b
=2
2
....
..
.
.
.
.
.
•.......
5 .....
.......
..
......
..
.......
.......
.......
......
...
.......
.......
.
......
.......
.......
..
......
...
.......
.......
......
•......
2
.......
.
....... ....
...... ..
............
..........
.. ........
............................................................................................................................................................................................................
.......
...
....... 3
−7
−2
..
......
..•
.
−1......
....
..
.
(a,b)
lo que implica
a = −7
lo que implica
b=5
Ası́, lo que tenemos es que:
(a, b) = (−7, 5).
9
×
3. Determine los puntos de intersección de la circunferencia x2 + y 2 + 2x −
2y − 2 = 0 con la recta x − y + 4 = 0.
Solución:
La ecuación de la recta podemos escribirla de la forma: y = x + 4. Sustituyendo en la
ecuación de la circunferencia obtenemos
x2 + (x + 4)2 + 2x − 2(x + 4) − 2 = x2 + (x2 + 8x + 16) + 2x − (2x + 8) − 2
= x2 + x2 + 8x+ 6 2x− 6 2x + 16 − 8 − 2
= 2x2 + 8x + 6 = 2(x2 + 4x + 3)
= 2(x + 1)(x + 3) = 0
Esta ecuación se cumple con x1 = −1 y x2 = −3. Ası́, los puntos donde se intersectan la
recta y la circunferencia son:
P (−1, 3) y Q(−3, 1)
Para elaborar la siguiente gráfica, la ecuación x2 +y 2 +2x−2y −2 = 0 de la circunferencia
la pasamos a la forma (x + 1)2 + (y − 1)2 = 4 y vemos que se trata de una circunferencia
con radio r = 2 y centro en el punto (−1, 1):
..
...
..
...
.. .......
.. ....
.........
.
......
.
.
.
.. ..
.
.
.
.
.... ....
....
..
..
P..........
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
........ ...... ................ ....... 3
.
.
.
.
.
.
.
.
........
. ..
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
......
.... ...........
.... ...
.....
....
.
.. .....
....
....
..
....
..
....
....
.
.
...
.
.
.
.
.
.
...
...
.....
....
.
.
.
.
.
...
.
.
.
.
..
..
..
.
.
...
.
.
.
.
..
..
..
.... ........
.
.
..
..
.. ....
.
..
..
....
... ......
..
.......
.
.
.
.
.
.
.
.
.....
Q.............. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..•....... ... ... ... ............. 1
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.. .....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
....
.
....
....
...
..
.. ...
....
..
.
....
...
.....................................................................................................................................................................................................................
.
.
.
.
...
.....
....
...
....
....
.....
−3
−1
.. ........
...
......
.. ......
......
.
.
.
...
........
..........
............
.................................. ...
..
..
...
.
y =x+4
×
(x + 1)2 + (y − 1)2 = 4
×
10
4. Demuestre si los puntos (0, 3), (−1, 1) y −2, 21 están o no alineados.
Solución:
Sean A = (0, 3), B = (−1, 1) y C = −2, 12 . Sean m1 y m2 las pendientes de la rectas
AB y AC respectivamente. Entonces
1−3
m1 =
=2
−1 − 0
1
2
5
−3
5
2
m2 =
= =
−2 − 0
2
4
y
Como podemos ver, m1 6= m2 , por lo tanto A, B y C no están alineados.
...
..
..
..
...
..
..
.
.
.
.
•
.
A........... 3
.... ...
.
..... ...
... .. ..
... .. ....
.
.
... .. ......... 2
... ..
...
... .
...
.. ...
..
.
.
.
.
..
.
.
.
.
...
.
.
. B.
.
..
.
.
.
..
.
.
.
..... 1
.
•
.
...
.
C.....
..
.
..
•
..
...
.
.......................................................................................................................................................................................................................................................................
..
.. 0
−3
−2
−1
1
2
3
...
..
...
..
.
ÁLGEBRA
1. Encuentre un polinomio con coeficientes reales tal que dos de sus raı́ces
sean −2 y 1 − 2i.
Solución:
Si 1 − 2i es raı́z del polinomio también lo será su conjugado 1 + 2i. Entonces, un polinomio
con estas raı́ces puede ser:
P (x) = (x + 2) x − (1 − 2i) x − (1 + 2i)
= (x + 2)(x − 1 + 2i)(x − 1 − 2i) = (x + 2) (x − 1) + 2i (x − 1) − 2i
= (x + 2) (x − 1)2 − (2i)2 = (x + 2) (x − 1)2 − 4i2
= (x + 2)(x2 − 2x + 1 + 4) = (x + 2)(x2 − 2x + 5)
= x3 + x + 10
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2. La siguiente gráfica corresponde a un polinomio de tercer grado con coe-
ficientes reales. Determine su expresión algebraica.
..... 80
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....... 60
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.... 40
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...........
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...... 20
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... −2 −1
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−8 −7 −6 −5 −4 −3
1 ..2
3
4
5.... 6
7
8
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...... −20....
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..... −40
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.....
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... −60
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..... ....... ...
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....
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.... −80
Solución:
Podemos ver que las raı́ces del polinomio son
r1 = −3,
r2 = 2
y r3 = 5.
Sea A una constante real. Entonces tenemos que:
P (x) = A(x + 3)(x − 2)(x + 5) = A(x3 − 4x2 − 11x + 30)
de donde podemos obtener que P (0) = 30A. Como en la gráfica también podemos ver que
P (0) = −60 entonces 30A = −60 y, por lo tanto, A = −2. Ası́, el polinomio que buscamos
es
P (x) = −2x3 + 8x2 + 22x − 60
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3. Elegir λ de tal manera que el sistema de ecuaciones siguiente tenga solu-
ción:
2x − y + z + w = 1
x + 2y − z + 4w = 2
x + 7y − 4z + 11w = λ
Solución:
La representación matricial del sistema de ecuaciones es
2
1
1
−1
2
7
1
−1
−4
1
4
11
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...
...
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..
..
...
..
...
1
2
λ
Sean R1 , R2 y R3 los renglones primero, segundo y tercero respectivamente. Calculamos
R2 = 2R2 − R1 y R3 = 2R3 − R1 con lo que obtenemos
2
0
0
Si calculamos ahora R3 =
R3
3
2
0
0
−1
5
15
1
−3
−9
1
7
21
− R2 obtenemos
−1
5
0
1
−3
0
1
7
0
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1
3
2λ − 1
1
3
2λ−1
3
−3
Para que el sistema de ecuaciones sea consistente, se debe cumplir que
2λ − 1
−3=0
3
de donde
por lo tanto
2λ − 1 = 9
2λ = 10
lo que implica que
λ=5
es decir, para que el sistema tenga solución el valor de λ debe ser 5.
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