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examen de calculo 1

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examen de calculo de Ing. larry copa

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  • 1. RESOLUCIÓN PRIMER PARCIAL MAT. 1101 “G” x 2 − 4 x − 5 x 2 − 10 x + 251.- Resolver: 〈 ...........∀x ∈ R x −1 x+3Solución: 2Usando la propiedad: a = a 2 para que desaparezca el valor absoluto de la inecuación: ( x 2 − 4 x − 5) 〈 ( x 2 − 10 x + 25) 2 2 2 2 2 2x 2 − 4 x − 5 x 2 − 10 x + 25  x 2 − 4x − 5   x 2 − 10 x + 25  〈 ⇒  〈   ⇒  x −1 x+3   x −1    x+3  ( x − 1) 2 ( x + 3) 2Factorizando :( ( x + 1)( x − 5) ) 2 〈 ( ( x − 5)( x − 5) ) 2 ⇒ ( x + 1) 2 ( x − 5) 2 〈 ( x − 5) 2 ( x − 5) 2 ( x − 1) 2 ( x + 3) 2 ( x − 1) 2 ( x + 3) 2E lim inamdo _ ter min os _ Semejantes : ( x + 1) 2 〈 ( x − 5) 2 ⇒ ( x + 1) ( x + 3) 〈( x − 5) 2 2 2 ( x − 1) 2( x − 1) 2 ( x + 3) 2  x〉 0......... + Considerando : x =  x = 0  x 〈0.......... − Se _ formaran _ dos _ inecuaciones :a )...Con : x〉 0......... +( x + 1) 2 ( x + 3) 2 〈( x − 5) 2 ( x − 1) 2 ⇒ ( x 2 + 2 x + 1)( x 2 + 6 x + 9)〈( x 2 − 10 x + 25)( x 2 − 2 x + 1)x 4 + 8 x 3 + 22 x 2 + 24 x + 9〈 x 4 − 12 x 3 + 46 x 2 − 60 x + 2520 x 3 − 24 x 2 + 84 x − 16〈0 ⇒ 4 ⋅ ( 5 x − 1) ( x 2 − x + 4)〈0Sean _ las _ raizes : 1 1± 1− 4x1 = ........ y.......... x 2 y 3 = .... ∉ R. 5 2Aplicando la regla de los signos:  1Comprobando para el intervalo:  − ∞; .......Para : x = 0  520 x − 24 x + 84 x − 16〈0 3 220 ⋅ 0 3 − 24 ⋅ 0 2 + 84 ⋅ 0 − 16〈0− 16〈0....VLo que es verdad, por regla de los signos, el intervalo que sigue será un intervalo no solución.
  • 2. a )...Con : x〈0......... −( x + 1) 2 ( x + 3) 2 〈( x − 5) 2 ( − x − 1) 2 ⇒ ( x 2 + 2 x + 1)( x 2 + 6 x + 9)〈( x 2 − 10 x + 25)( x 2 + 2 x + 1)x 4 + 8 x 3 + 22 x 2 + 24 x + 9〈 x 4 − 8 x 3 + 6 x 2 + 40 x + 2516 x 3 + 16 x 2 − 16 x − 16〈0 ⇒ 16 ⋅ ( x − 1)( x + 1)( x + 1) 〈0Sean _ las _ raizes :x1 = 1........ y.......... x 2 y 3 = −1Aplicando la regla de los signos:Comprobando para el intervalo: ] − 1;1[.......Para : x = 016 x 3 + 16 x 2 − 16 x − 16〈016 ⋅ 0 3 + 16 ⋅ 0 2 − 16 ⋅ 0 − 16〈0− 16〈0....VLo que es verdad, por regla de los signos, el intervalo que sigue será un intervalo no solución.La solución déla inecuación estará dada por la graficas:  1∴ Cs = − ∞;   5
  • 3. 2.- Determinar el dominio de la función, e indicar si la función es PAR o IMPAR. f ( x ) =  x ⋅ x +  ⋅ sen( x 2 )  1  xSolución: 2 n − a  aLas condiciones para hallar dominios de funciones son: f ( x ) =  en caso de que 0 ln ( − a ) alguna de estas condicione aparezca, no da a entender que en esos valores la función no tienesu dominio.Como se puede observa en la expresión lo único que se debe evitar es la división por cero.∴ Df = { ∀x ∈ R / x ≠ 0}Para saber si es una función par o impar se debe considerar lo siguiente:De la definición de función PAR: f ( − x ) = f ( x )De la definición de función IMPAR: f ( − x ) = − f ( x )  f ( − x) =  − x ⋅ x + 1  −x ( 2 )  ⋅ sen ( − x ) ⇒ f ( − x ) = − x ⋅ x +  ⋅ sen( x ) ⇒ f ( x ) = − x ⋅ x +  ⋅ sen( x )  1 2  1 2   x  xComo puede observarse la función es impar.  x ..........Si x ≥ 1 3.-Estudiar la continuidad de la función: h( x ) =  2  x − 1.....Si x 〈1 Solución:  x〉 0  xPara: x ..........Si x ≥ 1 ⇒ sea : y = x _ pero : x =  x = 0 ⇒ y =   x〈0 − x   x〉 0  x ≥ 1De las condiciones: x ≥ 1 ⇒ pero : x =  x = 0 ⇒ x =   x〈0  x ≤ −1 De la misma forma para: x − 1.....Si x〈1 ⇒ sea : y = x − 1 2 2  x〉 0   x 〈1De las condiciones: x 〈1 ⇒ pero : x =  x = 0 ⇒ x =   x〈0  x〉 − 1 Graficando ambas funciones dadas por tramos, se observa que la función no es continua.
  • 4. Ya que no cumple las condiciones de continuidad:a ) _ f ( a ) = No _ existe lim f ( x )b) _ = No _ existe x→a lim f ( x )c) _ f ( a ) ≠ x→a 1 − cos x4.- Sea la función: f ( x ) = , hallar el limite en x = 0 si existe. Sugerencia: Hallar senxy analizar los limites laterales.Solución: 1 − cos x 1 − cos 0 1−1 0lim f ( x ) = lim ⇒L= ⇒L= ⇒ L = , existirá una x →0 x →0 senx sen0 0 0indeterminación, la cual aremos desaparecer, utilizando un artificio matemático: 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos xlim f ( x ) = lim ⇒ lim ⇒ lim ⇒ lim x →0 x →0 senx x →0 2 sen x x →0 1 − cos x 2 x →0 (1 − cos x )(1 + cos x ) 1 1 1lim ⇒L= ⇒L=±x →0 (1 + cos x ) 1 + cos 0 2Como sabemos, el límite existiera si y solo si, los limites, laterales son iguales, es decir ellímite por izquierda es igual al límite por derecha:
  • 5. lim f ( x ) = lim+ f ( x ) x →0 − x →0Resolviendo los límites laterales:Por la propiedad del coseno: cos ( − x ) = cos xa) 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos xlim f ( x ) = lim ⇒ lim ⇒ lim ⇒ lim −x→ 0 x→ 0− senx x→ 0 − 2 sen x x→ 0 − 1 − cos 2 x x→ 0 − (1 − cos x )(1 + cos x ) 1 1 1lim ⇒L= ⇒L=± −x→ 0 (1 + cos x ) 1 + cos( − 0 ) 2b) 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos xlim f ( x ) = lim ⇒ lim ⇒ lim ⇒ lim +x→ 0 x→ 0+ senx x→ 0 + 2 sen x x→ 0 + 1 − cos 2 x x→ 0+ (1 − cos x )(1 + cos x ) 1 1 1lim ⇒ L= ⇒ L= +x→ 0 (1 + cos x ) 1 + cos( 0 ) 2Como se puede observar tanto el límite por izquierda cono por derecha no son iguales: 1 − cos x 1 − cos x lim− ≠ lim+ x→0 senx x →0 senx 1 1± = 2 2∴ El _ límite _ no _ existe