MA 1111 Segundo Parcial 2007 Ene Mar Modelo pdf

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(1)UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). MA-1111, MODELO II, Enero – Marzo 2007 JUSTIFIQUE TODAS SUS RESPUESTAS 1. a) Hallar. b) Definir formalmente. Lim f ( x) = L. x ® +¥. c) Hallar y representar las asíntotas de la función:. x 2 + 5x + 5 x+2 x 2 - 7 x + 12 e) Hallar lim x-4 x®4. d) Hallar. Lim æç x 2 - 1 - 3 x ö÷ ø x ® +¥è. f) Hallar. lim ( x - 4)sençè x - 4 ÷ø. (1 Pto c/u). f ( x) =. x®4. 2. Hallar los siguientes limites: a) Sean lim f ( x ) = 4 y lim g ( x ) = 1 . x ®1. x®4. Hallar de ser posible lim ( f o g )( x ) , x®4. lim ( g + f )( x ) , lim ( g o f )( x ) y. x ®1. æ. lim çè 5 x -. x ® +¥. b) x3 - 9x 2 + 9x - 1 lim x -1 x ®1. (3 Ptos). x ®1. æfö lim çç ÷÷( x ) x ®4è g ø. c). æ 1 ö. (4 Ptos). x 2 + x - 1 ö÷ ø. (3 Ptos). d) 4 5. lim. x ® +¥. 3. x + x4 + x + x2 +1 5. x 2 + x 4 + x3 + x 4. (4 Ptos). 3. Estudiar la continuidad de la siguiente función: (6 Ptos). 4. a) Enunciar el Teorema del emparedado sen( x) =1 x x ®0. b) Mostrar que lim. (2 Ptos) (2 Ptos).

(2) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). 2do Parcial MODELO. 1. a) Hallar. Solución:. 32 - 9 33 - 9.3 2 + 27.3 + 27. =. 0 =0 54. b) Definir formalmente. Lim f ( x) = L. x ® +¥. Solución: "e > 0, $M > 0, Tal que : M < x Þ f ( x) - L < e. c) Hallar y representar las asíntotas de la función: f ( x) =. x 2 + 5x + 5 x+2. Solución: · Candidato a ser Asíntota vertical es la recta x = -2 ì x + 2 < 0 si x < -2 ï 2 Como (- 2 ) + 5(- 2 ) + 5 = -1 y í ï x + 2 > 0 si x > -2 î Entonces:. x 2 + 5x + 5 = +¥ y lim x+2 -. x ® -2. x 2 + 5x + 5 = -¥ lim x+2 -. x ® -2. Por lo tanto: x = -2 es una asíntota vertical. ·. Asíntotas Oblicuas u Horizontales: æ x 2 + 5x + 5 ö æ x 2 + 5x + 5 ö 1 1 ç ÷ ç ÷ 1+ 5 + 5 2 ç ÷ x 2 + 5x + 5 ç ÷ x + 2 x x è ø= ø= x2 =è 1 x æ x 2 + 2x ö x 2 + 2x 1+ 2 ç ÷ x ç x2 ÷ è ø æ x 2 + 5x + 5 ö 1 1 ç ÷ 1+ 5 + 5 ç ÷ x + 2 x è ø = Lim x2 = 1 Luego: Lim 1 x x ® +¥ x ® +¥ 1+ 2 x. Página 2 de 9.

(3) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). æ 3x + 5 ö 1 ç ÷ 3+5 x + 5x + 5 x + 5 x + 5 - x - 2 x 3x + 5 è x ø x -x= = = = Además, x+2 x+2 x+2 æ x + 2 ö 1+ 2 1 ç ÷ x è x ø 1ö æ ç3+5 ÷ æ x 2 + 5x + 5 ö x÷=3 Luego: Lim ç - x ÷ = Lim ç ç ÷ 1 x+2 x ® +¥è ø x ® +¥çç 1 + 2 ÷÷ xø è En consecuencia existe una asíntota oblicua hacia + ¥ , de ecuación: y = x + 3 y 2. 2. 2. æ x 2 + 5x + 5 ö ÷ = +¥ no existen asíntotas horizontales, ya que Lim ç x + 2 ÷ø x ® +¥çè Como los cálculos algebraicos no se alteran por que el valor de x sea negativo o positivo, entonces existe una asíntota oblicua hacia - ¥ , de misma ecuación: y = x+3. d) Hallar. lim. x 2 - 1 - 3x. x ® +¥. Solución:. æ x 2 - 1 + 3x ö ç ÷ x 2 - 1 - 9x 2 ø= x 2 - 1 - 3 x = æç x 2 - 1 - 3 x ö÷ è = 2 è ø æ x 2 - 1 + 3x ö x - 1 + 3x ç ÷ è ø æ - 8x 2 - 1 ö 1 ç ÷ -8ç x2 ÷ ø = x2 = è æ x 2 - 1 + 3x ö 1 1 1 ç ÷ +3 x ç ÷ 2 x2 x4 x è ø Como: Lim - 8 x ® +¥. 1 x2. = -8 y. Lim x ® +¥. siempre positivos, ya que la expresión. 1 x2 1 x. 2. -. 1 x4 1. x4. +3. - 8x 2 - 1 x 2 - 1 + 3x. 1 = 0 , llegando a 0 con valores x. tiene sentido cuando x tiende a + ¥ ,. es decir:. æ 1 1 1 1 ö ÷÷ 1 < x Û 1 < x < x 2 Û 1 < x < x 2 < x3 Û 1 < x < x 2 < x3 < x 4 Þ < Þ 0 < çç x4 x2 è x2 x4 ø. Página 3 de 9.

(4) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). -8-. x 2 - 1 - 3 x = lim. entonces lim. x ® +¥. x ® +¥. e) Hallar. 1 x2. 1. 1 -1 + 3 x x2. =- ¥. x 2 - 7 x + 12 lim x-4 x®4. Solución:. x 2 - 7 x + 12 ( x - 3)( x - 4 ) = = x-3 x-4 x-4 x 2 - 7 x + 12 =1 Entonces: Lim x-4 x®4 f). Hallar. æ 1 ö. lim ( x - 4)sençè x - 4 ÷ø x®4. Solución: æ 1 ö æ 1 ö ( x - 4) senç ÷ = x - 4 senç ÷ è x -4ø è x -4ø æ 1 ö æ 1 ö Como: senç ÷ £ 1 , se obtiene; ( x - 4) senç ÷£ x-4 è x -4ø è x -4ø æ 1 ö Por lo tanto: - x - 4 £ ( x - 4) senç ÷£ x - 4 è x -4ø Como Lim - x - 4 = Lim x - 4 = 0 , entonces por el teorema del emparedado x®4. x®4. æ 1 ö. lim ( x - 1)sençè x - 4 ÷ø = 0 x®4. 2. Hallar los siguientes limites: a) Sean lim f ( x ) = 4 y lim g ( x ) = 1 . x ®1. x®4. Hallar de ser posible lim ( f o g )( x ) , x®4. lim ( g + f )( x ) ,. x ®1. lim ( g o f )( x ) y. x ®1. æfö lim çç ÷÷( x ) x ®4è g ø. Solución: o lim ( f o g )( x ) = lim f ( g ( x )) = lim x®4. x®4. g ( x )®1. f ( g ( x )) = lim f ( y ) = 4 y ®1. Página 4 de 9.

(5) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). lim ( g + f )( x ) = lim g ( x) + lim f ( x) , no es posible hallarlo , ya que no. o. x ®1. x ®1. x ®1. se conoce lim g ( x) x ®1. lim ( g o f )( x ) = lim g ( f ( x) ) =. o. x ®1. lim. x ®1. f ( x) ® 4. g ( f ( x) ) = lim g ( y ) = 1 y ®4. lim f ( x) æf ö æ f ( x) ö x ® 4 ÷÷ = lim çç ÷÷( x ) = lim çç , no es posible hallarlo, ya que lim g ( x) x ® 4è g ø x ® 4è g ( x ) ø. o. x®4. no se conoce lim f ( x) y no poseemos mas información sobre las x®4. funciones.. b). x3 - 9x 2 - 9x + 9 lim x -1 x ®1 Solución:. (. ). x 3 - 9 x 2 + 9 x - 1 ( x - 1) x 2 - 8 x + 1 = = x 2 - 8x + 1 x -1 x -1 3 2 x - 9x + 9x - 1 = lim x 2 - 8 x + 1 = 12 - 8.1 + 1 = -6 lim x -1 x ®1 x ®1. (. c). æ. lim çè 5 x -. x ® +¥. ). x 2 + x - 1 ö÷ ø. Solución:. (. ). 5 x + x 2 + x - 1 25 x 2 - x 2 + x - 1 5 x - x 2 + x - 1 = æç 5 x - x 2 + x - 1 ö÷ = è ø 5x + x 2 + x - 1 5x + x 2 + x - 1. =. 25 x 2 - x 2 - x + 1 2. =. 5x + x + x - 1. 24 x 2 - x + 1 2. 5x + x + x - 1. =. æ 24 x 2 - x + 1 ö ç ÷ 2 ç ÷ x è ø æ 5x + x 2 + x - 1 ö ç ÷ ç ÷ 2 x è ø. 1 1 + x x2 1 1 1 + x 2 x3 x 4. 24 =. 5 + x. Página 5 de 9.

(6) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). æ5 1 ö ÷÷ = 24 y Lim çç + x x2 ø x ® +¥è x ® +¥è x último llegando 0 con valores positivos, se obtiene: æ 1 1 ç 24 - + 2 ç x æ ö 2 lim çè 5 x - x + x - 1 ÷ø = lim ç 5 1 1x x ® +¥ x ® +¥ ç + + çx x 2 x3 è. Lim æçç 24 - 1 +. Como. 4 5. d). 1 x2. +. 1 x3. -. 1 ö ÷ = 0, ÷ x4 ø. este. ö ÷ ÷ ÷ = +¥ 1 ÷ ÷ x4 ø. 3. x + x4 + x + x2 +1. lim. 5. x 2 + x 4 + x3 + x 4. x ® +¥. Solución: 4 5. 3. x + x4 + x + x2 +1 5. x 2 + x 4 + x3 + x 4. =. x 5 4 + x 4 + x1 2 + x 2 + 1 x 2 + x5 4 + x3 2 + x 2. =. x 5 4 + x 4 + x1 2 + x 2 + 1 2x 2 + x5 4 + x3 2. æ x 5 4 + x 4 + x1 2 + x 2 + 1 ö 1 1 1 ç ÷ + x2 + +1+ 34 ç ÷ x3 2 x2 x2 è ø x = = 1 1 æ 2x 2 + x5 4 + x3 2 ö 2+ + ç ÷ 3 4 1 2 ç ÷ x x x2 è ø. Como æ ö æ Lim çç 31 4 + x 2 + 31 2 + 1 + 12 ÷÷ = +¥ y Lim çç 2 + 31 4 + 11 2 x ® +¥ x ® +¥ x x ø x x èx è Entonces: 1 1 1 + x2 + +1+ 3 4 3 2 4 5 3 4 x x2 x + x + x + x2 +1 x = lim lim 1 1 5 x ® +¥ x 2 + x 4 + x 3 + x 4 x ® +¥ 2+ + 34 12 x x. ö ÷ = 2, ÷ ø. = +¥. 3. Estudiar la continuidad de la siguiente función:. Solución: · f (x ) es continua en (-¥,1) , ya que es un polinomio en ese intervalo Página 6 de 9.

(7) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111) · · ·. f (x ) es continua en (1,2) , ya que es un polinomio en ese intervalo f (x ) es continua en ( 2,+¥ ) , ya que es un polinomio en ese intervalo Estudiamos la continuidad en los puntos x = 1 y x = 2 o Punto x = 1. (. ). Lim f ( x) = Lim ( x - 1) = 0 y Lim f ( x) = Lim x 2 - 1 = 0 ,. x ®1-. x ®1-. x ®1+. x ®1+. luego: Lim f ( x ) = 0 x ®1. y como f (1) = 0 = Lim f ( x) entonces f es continua en 1. x®1. o Punto x = 2. (. ). Lim f ( x) = Lim x 2 - 1 = 3 y Lim f ( x) = Lim x 2 = 4 ,. x®2-. x®2-. x®2+. x®2+. luego: Lim f ( x) ¹ Lim f ( x) y en consecuencia Lim f ( x) no existe x ®1-. x ®1+. x®1. Por lo tanto, f no es continua en 2. Así, se puede afirmar que: f (x ) es continua en IR \ {2} 4. a) Enunciar el Teorema del emparedado Solución: Sean f ( x ), g ( x ) y h( x) funciones definidas en un intervalo [a, b] que contiene al punto c . Si las funciones satisfacen f ( x ) £ g ( x ) £ h( x ) y Lim f ( x) = Lim h( x) = L , x®c. x®c. entonces Lim g ( x) = L x®c. sen( x) =1 x x ®0. b) Mostrar que lim. Solución: Se utilizara el teorema del emparedado.. Página 7 de 9.

(8) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. 2do Parcial MODELO. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). Región B. R=1 Región C. cos(x) COS(X). sen(x). x. COS(X). cos(x) COS(X). Región A. Por geometría se tiene: área ( A) £ área ( B ) £ área (C ) , Recordando que el área de una sección de ángulo a en un disco de radio r es: a área = r 2 , se obtiene: 2 x cos( x) sen( x) x área ( A) = cos 2 ( x), área ( B ) = y área (C ) = .12 2 2 2 x cos( x) sen( x) x x cos(x) Luego: cos 2 ( x) £ £ y dividiendo la expresión por 2 2 2 2 que es positiva, sen( x) 1 se obtiene: cos( x) £ £ x cos( x) p la cual es valida para 0 £ x < , según la figura. 2 p Para - < x < 0 , se procede de la misma forma y obtenemos la misma 2 desigualdad solamente que en el lugar de x aparece –x, es decir:. Página 8 de 9.

(9) UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DIVISIÓN DE FÍSICA Y MATEMÁTICAS. Departamento de Matemáticas Puras y Aplicadas MATEMATICAS I (MA-1111). 2do Parcial MODELO. -x cos( - x) sen(- x) - x x cos( x) sen( x) x cos 2 ( - x) £ £ Û £ £ cos 2 ( x) y 2 2 2 2 2 2 x cos(x) dividiendo la expresión por que es negativo, se obtiene: 2 sen( x) 1 cos( x) £ £ x cos( x). Por lo tanto se puede afirmar que: sen( x) 1 æ p pö Si x Î ç - , ÷ , entonces cos( x) £ £ x cos( x) è 2 2ø 1 Como Lim cos( x) = Lim = 1 , entonces por el teorema del emparedado x ®0 x ® 0 cos( x) sen( x) Lim =1 x x ®0. Página 9 de 9.

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