IR, no siempre existe el límite

(1)

Especialista: Chanel Chacón Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática

Universidad Nacional Abierta _{MATEMATICAS II (Cód. 178 - 179)}

Vicerrectorado Académico Cód. Carrera: 610, 612, 613, 508,

280, 236, 126

Área de Matemática _{Fecha: 01-02-2014}

MODELO DE RESPUESTAS Objetivos del 01 al 09

OBJ 1 PTA 1 A continuación enunciamos varias proposiciones relacionadas con límites de funciones f. Indica con una V o una F en el espacio correspondiente, si la proposición es verdadera o falsa respectivamente.

a. Si f:IR{0}  IR es la función definida por f(x) = , entonces f(x) = _____

b. Si f:IRIR es una función y x0IR, entonces existe f(x) _____

c. ((Ln(e sen x)) + 3cos x) = 2 ______, donde e es la base del logarítmo neperiano

Criterio de dominio: Para el logro de este objetivo debes responder correctamente dos opciones.

SOLUCIÓN:

a. F Si observamos la función f para valores positivos y negativos, tenemos que: f(x) =

  

 

 0 x , 3/4

0 x , 3/4

De esta manera f no se aproxima a u valor L cuado x se acerca 0 y por lo tanto no existe 0  x

lím

f(x)

b. F Dada una función f:IRIR y x0IR, no siempre existe el límite

0

x xlím

f(x), por ejemplo considera la función f(x) = [x] y x0 = 0 y. (Se pueden construir una infinidad de ejemplos. (Construye varios)

c. F Si se utiliza las propiedades enunciadas en la p. 40 del texto, tenemos que:

2 x

lím

 

Ln(

e

sen x

) = Ln

e

= 1 y 2 x

lím

 

3 cos x = 0 (¿por qué?)

Luego, al usar el álgebra de límites ( p.38 del texto), obtenemos:

2 x

lím

 

((Ln(

e

sen x)) + 3cos x) = 2 x

lím

 

(Ln(

e

sen x) + 2 x

lím

 

3 cos x = 1

4x | 3x |

0  x

lím

4 3

0

x xlím

2 x

lím

(2)

OBJ 2 PTA 2 Calcular el 2

plím _p _2p _p ₂ 16 p

2 3

4

  



.

SOLUCIÓN:

Al intentar calcular el límite directamente, notamos que estamos en presencia de una indeterminación del tipo 0/0, ya que:

2 plím (p

4_

16) = 24 16 = 0 , 2 plím (p

3_

2p2 + p  2) = 23 23 + 2  2 = 0

Aquí observamos que p = 2 es raíz de los polinomios considerados tanto en el numerador como en el numerador de

2 p 2p p

16 p

2 3

4

  



. Entonces, procedemos a dividir ambos polinomios por (p  2). En el caso de p4 16, tenemos:

P4 16 = (p2 4)(p2 + 4) = (p  2)(p + 2)(p2 + 4).

Mientras que con p3 2p2 + p  2, podemos utilizar el método de Ruffini o dividir por p  2:

De esta manera tenemos: p3 2p2 + p  2 = (p  2)(p2 + 1). Por lo tanto,

2

plím _p _2p _p ₂ 16 p

2 3

4

  



= 2

plím _(p _2)(p ₁₎ ) 4 2)(p 2)(p (p

2 2

 

 



= 2

plím _(p ₁₎ ) 4 2)(p (p

2 2

  

=

5 32

OBJ 3 PTA 3 Sea f:[2 , 4]IR la función definida por f(x) = (x3  2x + 1) 10x. Usar el Teorema del Valor Intermedio para verificar que los puntos a = 0,2 y b = 47789 están en la imagen de f.

SOLUCIÓN:

La función f está definida en un intervalo cerrado y es continua por ser el producto de funciones continuas: un polinomio y la función x10x. Luego f cumple las condiciones del Teorema del Valor Intermedio (ver p 109 del texto (Módulo I)).

Como

f(2) = ((2)3  2(2) + 1)10(2) = 3.0,01= 0,03 y

f(4) = (432.4+1)104 = 57.104 = 57000,

entoces por el Teorema del Valor Intermedio la función f alcanza todos los valores del intervalo I=[,003 ; 57000]. Puesto que los puntos 0,2 y 47789 están en este intervalo entonces ellos están en la imagen de f.

p3 2p2 + p  2 p3 + 2p2

0 p + 2 0

(3)

OBJ 4 PTA 4 Hallar la ecuación de una recta que pase por el punto de coordenadas ( 2 , f(2)) y es tangente a la gráfica de la función f:IR{0}  IR, definida por:

f(x) = 2x2 + x 1

, x IR{0} .

SOLUCIÓN:

Como la recta pasa por el punto (2 , f(2)), de acuerdo a la definición de recta tangente a la gráfica de una curva dada en la p.30 del texto (Módulo II), la ecuación pedida tiene la forma:

y = m(x  2) + f(2) , donde m = f (x0) , x0 es un punto del dominio de f. Ahora bien

f(2) = 8+1/2 = 15/2 yf (x0) = 4x0 2 0 x

1 .

Luego, la ecuación de una recta tangente a la gráfica de f, que pasa por el punto ( 2 , f(2)) tiene la forma:

y = (4x0 2 0 x

1

)(x  2) + f(2), x0IR{0}. [1] Por ejemplo, si tomamos x0 =1, obtenemos:

y = 5(x  2)  1 . Si tomamos x0 = 1, obtenemos: y = 5(x  2) 3 .

Nota: Observa que en el problema se pide hallar una recta tangente. En nuestra solución [1] la hallamos en forma general y luego dimos dos casos particulares. El estudiante pudiera hallar otra, pero debe cumplir con [1]

OBJ 5 PTA 5 Un terreno que tiene forma de un triángulo equilátero fue cercado con una cerca metálica de 300 metros de longitud. Calcular el área máxima que puede tener el terreno.

SOLUCIÓN:

En la figura presentamos una vista del terreno, donde hemos indicado con la letra “x” la longitud de uno de los lados del triángulo equilátero.

x x>0

El área del terreno es A(x) =xh

2 donde h es la altura del triángulo  ¿por qué?

Altura

h x x/2

Como el triángulo es equilátero, usando el teorema de Pitágoras, obtenemos que:

h= 2

 

2 2

x

x  = 3

(4)

Por lo tanto, el área del triángulo viene dada a través de la función A(x) = 3

4 x

2

, siendo esta la función que debemos maximizar para determinar el área máxima del terreno cercado.

Puesto que, x > 0 esta función (una parábola con coeficiente de x2 positivo) es creciente (A(x) = 3

x /2>0  x >0 ). De esta manera el mayor valor de A(x) se alcanza cuando “x” tome su mayor valor, el cual es 300/3 = 100m ¿por qué?. Por lo tanto la mayor área que puede cubrir la cerca colocada en la forma indicada es de

OBJ 6 PTA 6 Determinar una matriz A = _   

 

z y x

c b a

tal que: _     

0 1

1 1

A = _

  

 

1 0 1

2 1 0

.

SOLUCIÓN:

Como

     

0 1

1 1

A = _     

0 1

1 1

   

 

z y x

c b a

= _

  



   

c b

a

z c y b x a

, la condición pedida se cumple si

   



   

c b a

z c y b x a

= _

  

 

1 0 1

2 1 0

. Es decir,

a + x = 0 [1] , b + y = 1 [2] , c + z = 2 [3] , a = 1 , b = 0 , c = 1, sustituyendo los valores de a, b y c en [1], [2] y [3], respectivamente y despejando, obtenemos:

x = 1 , y = 1 , z = 1. Por lo tanto, la condición pedida se cumple si:

A(100) = (100)2m2  4330,13m2.

(5)

OBJ 7 PTA 7 Determinar el valor del número xIR, tal que la matriz

M =          

1 0 1 x 0 0 1 0 1

sea invertible y halla la matriz inversa. Usa el método de GaussJordan.

SOLUCIÓN:

Al aplicar el método de GaussJordan para hallar la matriz inversa de la matriz A, tenemos:

         

1 0 0 0 1

1 0 1 0 x 0 0 0 0 1 1 0 1            

1 1 1 0 1

0 0 1 0 x 0 0 0 0 1 1 0 1            0 1 0 x 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1            0 1/x 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1              0 1/x 0 1 0 0 1 1/x 1 0 1 0 0 1/x 1 0 0 1 .

Entonces, la inversa de la matriz M es:

M 1 =

             0 1/x 0 1 1/x 1 0 1/x 1 .

Para verificar esto, hacemos el producto de la matriz original por esta última para obtener la matriz identidad          

1 0 1 x 0 0 1 0 1              0 1/x 0 1 1/x 1 0 1/x 1 =           1 0 0 0 1 0 0 0 1 .

INGENIERÍA Y MATEMÁTICA CÓD. 179

OBJ 8 PTA 8 Utilizar el método de inducción para demostrar que todo número natural de la forma 2n + 7, n  1 es un número impar.

SOLUCIÓN:

Paso I: Para n = 1, obtenemos el número 2n + 3 = 9, que es un número impar.

Paso II: Supongamos que el número 2n + 7 es un número impar, para algún número natural “n”

y demostremos que este resultado también es cierto para el número 2(n+1)+7 Entonces,

2(n + 1) + 7 = (2n + 7) + 2

Si x = 0, entonces la matriz M tiene las entradas de la segunda fila iguales acero y por lo tanto no es invertible.

F3F3 F1

F2F3 F2F2

si x ≠ 0 F3(1/x)F3

F1F1F3 F2 F2F3

Hipótesis de Inducción

(6)

Como el número 2n + 7 es impar (hipótesis de inducción) y al sumar un número impar con dos obtenemos necesariamente otro número impar, entonces el número 2(n + 1) + 7 es también un número impar. En conclusión todo número de la forma 2n + 7, nN es un número impar.

OBJ 9 PTA 9 Una solución tiene 6000 litros de agua con sal. Si la solución tiene y 300 g de sal. Expresar en porcentaje la concentración de sal en la solución.

SOLUCIÓN:

La respuesta a esta pregunta podrás encontrarla detalladamente en el texto UNA Módulo IV de la asignatura en la pág. 178.

Si en 6000  de solución tenemos 300g de sal, lo concentración de sal es de

6000 300

g /. En porcentaje obtenemos: 100 6000 300 = 60 300 = 5%.

CONTADURÍA, ADMINISTRACIÓN PÚBLICA Y ADMINISTRACIÓN DE EMPRESAS CÓD. 178

OBJ 8 PTA 8 La función de costo de un cierto bien está dada por la expresión C (q) = qeq + 20, ¿cuáles son las funciones de costo marginal C (q) y costo medio (q)?

SOLUCIÓN:

El costo marginal es igual a:

C (q) = (qeq + 20) = (qeq) = qeq + eq = eq(1+q). El costo medio es:

C(q) =

q ) q ( C = q 20 qeq

= eq +

q 20

OBJ 9 PTA 9 Si la matriz de tecnología y el vector de producción de una cierta economía son: A = y X = respectivamente. Determinar si la economía es viable.

SOLUCIÓN:

De acuerdo a la definición dada en la p.79 del texto, Módulo IV, la economía es viable si AX  X. Veamos si esto acontece.

AX =           2 , 0 1 , 0 4 , 0 7 , 0 1 , 0 5 , 0 3 , 0 2 , 0 1 , 0           10 25 10 =                 10 . 2 , 0 25 . 1 , 0 10 . 4 , 0 10 . 7 , 0 25 . 1 , 0 10 . 5 , 0 10 . 3 , 0 25 . 2 , 0 10 . 1 , 0 =           5 , 8 5 , 14 9 .

Como 9  10 , 14,5  25 y 8,5  10, resulta que

          5 , 8 5 , 14 9            10 25 10 .

Por lo tanto, AX  X. y así la economía es viable.