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TitleSupuestos Practicos y Problemas Matematicas Oposiciones Secundaria
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Page 1

MATEMÁTICAS

Práctica

Ejercicios

Mues
tra de

ejerc
icio

para
la pre

parac
ión

de la
prue

ba pr
áctica

Page 3

Ejercicios
3MATEMÁTICAS

1

La figura adjunta muestra tres cuadrados; el lado del mayor, AB, mide 1. Los otros
tienen por lados, respectivamente, AC de longitud x, y DE de longitud y. Al moverse
D sobre el lado AB varían los valores de x e y. Determinar los valores de x e y para
que el valor de la expresión x2 + y2 sea mínimo. Calcular dicho valor.

BC

Ey

A
x

D

Solución
Introduzcamos un punto más F en la figura. De esta forma, los triángulos EBD y DCF son semejantes.

BC

EF y

A
x

D

Entonces:

 

 2 2 2
1

1
.

DB BE
DB DB x xBE

x DB x
DB DB xDB xBE xDB xBE DB DB x DB BE DB DB

     
 

           

Pero BE = 1 – DB.

Entonces, x DB 1 DB   2 2 .DB DB x DB DB    
Además:

 
 

22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2

2 2 1 2 1 2 1.

y DB BE y DB DB y DB DB DB y DB DB

y DB DB y DB DB y x

               

           

Page 4

Práctica
4 MATEMÁTICAS

Por tanto, la expresión a minimizar es      22 2 2, 2 1 1 .L x y x y L x x x x       

Necesitamos conocer los valores que x puede tomar.

Como teníamos que x = DB – DB2, tenemos que x es la variable dependiente de una función

parábola orientada negativamente con vértice
1 1

, .
2 4

V
 
 
 

Luego la imagen de esta función es el intervalo 1, .
4

 
  

Como x debe ser positiva pues es una longitud, entonces
1

0, .
4

x
 

  

La gráfica de    21L x x  es:

1

1,5 2

0,5

0,5

es claro que esta función se hace mínima en
1

0,
4

 
  

cuando
1

.
4

x 

En tal caso,
2

1 1 9
1 .

4 4 16
L
   

     
   

Page 5

Ejercicios
5MATEMÁTICAS

2

Estudiar la convergencia de la serie
1

tann
n

x ny
n





 
 
 

 con 0 .
2

y


 

Solución
Llamemos tannn

x ny
a

n
 

  
 

y apliquemos el criterio de la raíz:

lim lim tan lim tan tan .nn nn
n n n

x ny x
a y y

n n  
   

      
   

Entonces:

� Si 0 tan 1 lim 1
4

n
n

n
y y a




       la serie converge.

� Si tan 1 lim 1
4 2

n
n

n
y y a

 


       la serie diverge.

� Si tan 1 lim 1
4

n
n

n
y y a




      caso dudoso  criterio logarítmico:

1
ln

4 4tan ln1 lntan1
ln

lim lim lim
ln ln ln

4lntan

4lim lim lntan
ln ln

lim lntan lim
ln 4 ln

n n

n

n n n

n n

n n

x n x n

n n
a
n n n

x n
n

n
x nn

n n n

n x n
n n n

 







  

 

 

       
   

   
     

  
  

          
 
 

   
       

  
limlntan

4

lim ln lim tan 1 lntan
ln 4 4

1 ln1 1 0 0.

n

n n

x
n

n x
n n



 



 

   
         

        
                      
      

Como

1
ln

lim 0 1
ln

n

n

a
n
   la serie diverge.

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