Universidad Icesi Departamento de Matemáticas y Estadı́stica Solución del tercer examen parcial del curso Algebra y funciones Grupo: Veintitrés Perı́odo: Final del año 2004 Prof: Rubén D. Nieto C. PUNTO 1. Una taza de café que tiene una temperatura de doscientos quince grados Fahrenheit se coloca en una habitación que tiene una temperatura de setenta grados Fahrenheit. Después de diez minutos, la temperatura del café es de ciento sesenta grados Fahrenheit. (a) Calcule la temperatura del café después de quince minutos. (b) ¿En cuánto tiempo se habrá enfriado el café hasta noventa grados Fahrenheit? SOLUCION: Denominando T0 a la temperatura inicial de un objeto, Ts a la temperatura del entorno y D0 a la diferencia T0 −Ts ; la fórmula para la ley de enfriamiento de Newton establece que la temperatura del objeto, después de transcurrido un tiempo t, viene dada por: T ( t) = Ts + D0 e−k t (1) Donde k es una constante positiva que depende solamente de la naturaleza del objeto. Por tanto, en el caso se tiene: 160 = 70 + (215 − 70) e−k×10 ∴ 10 k = ln 29 18 160 = 70 + 145 e−10 k ∴ k= ∴ 90 = 145 e 10 k ∴ e 10 k = 29 145 = 90 18 ∴ ln 29 − ln 18 ≈ 0.04769240721 10 (2) Entonces, empleando los datos suministrados en el enunciado del punto, la fórmula (1) se transforma en: T ( t) = 70 + 145 e−k t (3) donde k tiene el valor calculado en (2), por tanto: (a) Cuando t = 15, la temperatura T ( t) de la taza de café es: T (15) = 70 + 145 e−k×15 ≈ 140.9054737 Se concluye que la respuesta a esta parte del punto es: Después de quince minutos la temperatura del café es aproximadamente de 140.9 grados Fahrenheit (b) Cuando T (t) = 90, debido a (2) y (3), se tiene: 90 = 70 + 145 e−k t ∴ 20 = 145 e−k t ∴ 4 = 29 e−k t ∴ ekt = 29 4 ∴ k t = ln 29 − ln 4 ∴ 10 ln 29 − ln 4 ln 29 − ln 4 = ≈ 41.5370409 t= k ln 29 − ln 18 Se concluye que la respuesta a esta parte del punto es: El café se habrá enfriado hasta noventa grados Fahrenheit después de aproximadamente 41.5 minutos 1 PUNTO 2. Determine los perı́odos y trace las gráficas de las siguientes funciones: π (a) y = −2 tan 2 x − 3 (b) y = 2 csc 3 x + 3 SOLUCION: (a) Como el intervalo para el ciclo fundamental de la función tangente es −π/2, π/2 , para determinar el correspondiente a la función dada podemos proceder ası́: − π π π ≤ 2x − ≤ 2 3 2 ∴ − π π π π + ≤ 2x ≤ + 2 3 2 3 − ∴ −3 π + 2 π 3π + 2π ≤ 2x ≤ 6 6 ∴ − π 5π ≤ 2x ≤ 6 6 ∴ π 5π ≤x≤ 12 12 De este resultado se concluye que el perı́odo de la función dada es: perı́odo = π 6π π 5π π 5π − − = + = = 12 12 12 12 12 2 ∴ perı́odo = π 2 El gráfico del ciclo fundamental de la función dada es: π 6 π − 12 5π 12 (b) Como el intervalo para el ciclo fundamental de la función cosecante es 0, 2 π , para determinar el correspondiente a la función dada podemos proceder ası́: 2π 2π −1 ≤ x ≤ ∴ −1 0 ≤ 3x + 3 ≤ 2π ∴ 0 ≤ 3 x + 1 ≤ 2π ∴ 0 ≤ x + 1 ≤ 3 3 De este resultado se concluye que el perı́odo de la función dada es: perı́odo = 2π 2π 2π − 1 − −1 = −1+1= 3 3 3 perı́odo = ∴ El gráfico del ciclo fundamental de la función dada es: π 3 2 −1 -1 2π 3 2 −1 2π 3 PUNTO 3. Los observadores P y Q están en la ladera de una colina que forma un ángulo con la horizontal de treinta y dos grados. El observador en P determina que su ángulo de elevación a un globo aerostático es de sesenta y dos grados. En el mismo momento, el observador en Q mide su ángulo de elevación al globo y este resulta de setenta y un grados. Si P está ubicado sesenta metros colina abajo de Q, determina la distancia de Q al globo. Q P 32o 60 m SOLUCION: Dibujemos el triángulo ABC en el cual aparecen detalles importantes relativos a los ángulos de elevación. C θ B 32o 32o A De la información que trae el enunciado del punto se deduce: Como el ángulo de elevación del observador situado en P es de 62o , se tiene: ∠A + 32o = 62o ∠A = 62o − 32o = 30o ∴ ∴ ∠A = 30o (1) Como el ángulo de elevación del observador situado en Q es de 71o , se tiene: θ + 32o = 71o ∴ θ = 71o − 32o = 39o ∴ θ = 39o por otra parte, como un ángulo llano mide 180o , se obtiene: ∠B + θ = 180o ∴ ∠B = 180o − θ = 180o − 39o = 141o ∴ ∠B = 141o (2) Como los ángulos interiores de un triángulo suman 180o , por (1) y (2), se tiene: ∠A + ∠B + ∠C = 180o ∴ 30o + 141o + ∠C = 180o ∴ 171o + ∠C = 180o ∴ Como c = 60, debido a que P Q = 60, aplicando la ley de los senos, resulta: sen C sen A = a c ∴ a= c × sen A 60 × sen 30o = ≈ 191.7735966 sen C sen 9o Entonces, se concluye que la respuesta a este punto es: La distancia del observador en Q al globo es aproximadamente de 191.8 metros 3 ∠C = 9o PUNTO 4. La tierra en el centro de la ciudad de Columbia de los Estados Unidos se cotiza a veinte dólares el pie cuadrado. ¿Cuál es el valor de un predio triangular con lados de longitudes de 112, 148 y 190 pies? SOLUCION: Denominemos a, b y c a los lados del predio triangular. Entonces, su semiperı́metro s viene dado por: s= 112 + 148 + 190 450 a+b+c = = = 225 2 2 2 s = 225 ∴ Ahora, empleando la fórmula de Herón, podemos calcular el área A del predio triangular, en efecto: A= p s (s − a) (s − b) (s − c) = q √ 225 × 225 − 112 × 225 − 148 × 225 − 190 = 225 × 113 × 77 × 35 A= √ ∴ 68520375 ≈ 8277.703486 Por tanto el valor v de tal predio triangular es: √ v = 20 A = 20 68520375 ≈ 165554.0697 Se concluye que la respuesta a este punto es: El valor de tal predio es aproximadamente de ciento sesenta y cinco mil quinientos cincuenta y cuatro dólares PUNTO 5. Compruebe dos de las tres identidades siguientes: (a) cos2 x − sen2 x = 2 cos2 x − 1 (b) sen x + cos x = sen x cos x sec x + csc x (c) sen3 x + cos3 x = 1 − sen x cos x sen x + cos x SOLUCION: (a) La identidad trigonométrica fundamental establece sen2 x + cos2 x = 1, que implica, sen2 x = 1 − cos2 x, por tanto: cos2 x − sen2 x = cos2 x − 1 − cos2 x = cos2 x − 1 + cos2 x = 2 cos2 x − 1 ∴ cos2 x − sen2 x = 2 cos2 x − 1 (b) Como la secante es el recı́proco del coseno y la cosecante es el recı́proco del seno, se tiene: sen x cos x sen x + cos x sen x + cos x sen x + cos x sen x + cos x = = = = sen x cos x sen x + cos x sec x + csc x sen x + cos x 1 1 + sen x cos x cos x sen x sen x + cos x = sen x cos x sec x + csc x 4 ∴