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Calculo I (1er Parcial) (II-2019 ) Examen Resuelto

Calculo (Universidad Mayor de San Andrés)

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M.Sc. Ing. Juan Carlos Quispe Apaza

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRÉS
FACULTAD DE INGENIERÍA
CURSO BÁSICO (II-2019)
PRIMER EXAMEN PARCIAL
CÁLCULO I (MAT-101) FECHA: 12/09/2019
1. (5%) Determine el valor de ' m ' para que F sea función:

F  6, 5 , m  1, 4  ,  3, 8  , 6, m  1 2

Solución: Sabemos que una relación se denomina relación funcional o función si cumple dos condiciones:
i) Existencia: Sea la función f : A  B , x i  A,  yi / f (x i )  yi es decir todos los elementos del
dominio deben tener imagen.
ii) Unicidad: Sea la función f : A  B , x i  A / f (x i )  y1  f (x i )  y2  y1  y2 es decir un

elemento del dominio x i no puede tener dos imágenes distintas y1, y2 si es el caso deben ser iguales.
En el problema debemos cuidar la condición de unicidad, la primera componente de los pares primero y último
es 6, no podría tener dos imágenes distintas, entonces:
5  m 2  1  m  2

Ahora analizamos que si reemplazamos el valor m  2 generaría un segundo par ordenado 3, 4 que provoca  
que otra vez no se cumpla la condición de unicidad pues el tercer par también tiene como primera componente
al 3, en consecuencia el valor de m deberá ser: m  2 .

 Rpta. m 2
2. (5%) ¿Una función par puede ser inyectiva?
Solución: Una función par se define de la siguiente manera: f : A  B es par si f x  f x     es decir
dos puntos una de abscisa –x y otro de abscisa x tienen la misma ordenada, lo cual contradice la definición
de función inyectiva, que explica que una abscisa solo puede tener una correspondiente ordenada y viceversa.

-x x
 Rpta. NO

3. (5%) Determine el rango de f x   4  x 1

Solución: Primeramente, partimos del dominio de definición:
4 x 0 ... ( )  x 4  4 x  4
Por otra parte: x  0 / (1)   x  0 / 4  4 x 4 ... ( )
Combinando ( ) y ( )

04 x 4 /  0  4  x  2 / 1  1 4  x 1 3  1y 3

 Rpta. Rf : y 1, 3

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4. (5%) ¿Existe el límite lim 1  x ? 2
x 1

Solución: Para que un límite exista sus límites laterales deben ser iguales, antes mediante definición
eliminamos la función especial:
1  x 2 , 1  x2  0 1  x 2 x2  1
 ,
1x 2
  1x 2
 2
 1  x2
 , 1  x2  0

x 1 , x2  1

1  x 2 , 1  x  1
1  x2   2
x  1 , x  1  x  1

    0
2
límite lateral izquierdo : LLI  lim 1  x 2  lim 1  x 2  1  1
x 1 x 1 los límites son iguales
 lim x  1  1   1  0
2

límite lateral derecho : LLD  lim 1  x 2 2
x 1 x 1

 Rpta. el límite existe lim 1 x2 0

x 1

5. (20%) Evaluar el Límite:

3n 2
 n2  1 
lím  2 
n   n  1 
 
n2  1
Solución: Evaluando el límite, y resolviendo el límite lím  1 , el tipo de indeterminación es L  1 ?
n  n 1
2

u
 1
Se trata de un límite exponencial, usaremos la fórmula: lím  1    e , sumando y restando 1.
u 
 u
1
3n 2
 n 2 1  n 2 1
  2  2
3n 2 3n 2
 n2  1   n2  1   2 
3n 2  1  
L  lím  2   lím  1  2  1  lím  1  2   lím  1  2  
n   n  1  n   n 1  n  n  1 n   n 1 
    
  
 2  
 
1 e
lím 3n 2
n  n 2 1 6n 2
lím
L e  e n  n ( )
2
2 1 ...... el límite del exponente es un límite al infinito:

6n 2
6n 2
n 2  lím 6  lím 6  6
L1  lím  lím En ( ) L  e 6
n  n 1 2 n  n 2  1 n  1  1 n  1
1 2
n2 n 2

 Rpta. L e 6

6. (20%) Halle el valor de a y b para que la función sea continua.


x  1  1 ; x 1

 
f x  a  bx 3 ;  1  x  1
 2
 ; x 1
 x 2  1

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Solución: La función por tramos no presenta ninguna restricción de existencia, los posibles puntos de
discontinuidad pueden presentarse en puntos donde existe cambio de función, estudiamos limites laterales.
i) Para x  1 , los límites laterales deben ser iguales

x 1

límite lateral izquierdo : LLI  lim f x  lim x  1  1  lim 1  1  1  1
x 1 x 1
 a  b  1 ...( )
límite lateral derecho : LLD  lim f x   lim a  bx 3
 lim a  b(1)  a  b
x 1 x 1 x 1

ii) Para x  1 , los límites laterales deben ser iguales

x 1

límite lateral izquierdo : LLI  lim f x  lim a  bx 3  lim a  b(1)  a  b
x 1 x 1
2 2  a  b  1 ...( )
límite lateral derecho : LLD  lim f  x   lim  lim  1
x 1 x 1x 1 (1)  1 2 x 1 2

Resolviendo el sistema ( ) y ( ) a  0 , b  1

 Rpta. f x será continua si   a 0, b 1

7. (20%) Evaluar el límite:

x 34  1
lím
x 1 x 32  x 30  x 28  .........  x 4  x 2
0
Solución: Se trata de un límite algebraico, evaluando obtenemos: L  , por comodidad efectuamos un
0
cambio de variable: CV . t  x si x  0  t 0
2

(x 2 )17  1 t 17  1
L  lím  lím
x 1 (x 2 )16  (x 2 )15  (x 2 )14  .........  (x 2 )2  (x 2 ) t 1 t 16  t 15  t 14  t 13 .........  t 2  t

t  1 t  t  t  .....  t  t  1
16 15 14
t  1 t  t
2 16 15
 t 14  .....  t 2  t  1 
L  lím  lím
t 1t t  1  t t  1 .........  t t  1
15 13
t  1 t t 1 15
 t 13  t 11  .....  t 
116  115  114  .....  12  1  1 17
L  lím 
t 1 1  1  1  .....  1
15 13 11 8
 Rpta. L 17
8

8. (20%) Graficar:
 x2  9 ; x 3


 
f x  5  x 21 x
 ; 3x 3
 sgn x  4  1  
Solución: Eliminando las funciones especiales de cada correspondencia, empezamos con la primera,
resolviendo la inecuación de su dominio: x  3  x  3  x  3

 
i) f1 x  x  9 , Df1 : x  3  x  3 , eliminando la función especial.
2


x  9
2
, x2  9  0 
x  9
2
, x  3  x  3
x2  9    x2  9  
9  x2 , x 9  0
2
9  x2 , 3x 3
 
Intersectando con del dominio de f1 la única correspondencia es la primera, por lo tanto:

 
f1 x  x 2  9 , Df1 : x  3  x  3

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5 x 1
x
 
ii) f2 x  2
, Df2 :  3  x  3 tenemos que eliminar dos funciones especiales:

sgn x  4  1 
 1 , x 40  1 , x  4
 
 
sgn x  4   0 , x  4  0   
sgn x  4   0 , x  4 intersectando el dominio de f2 , la
1 , x  4  0 1 , x  4
 
única correspondencia es la primera, por lo tanto: sgn x  4  1 en   Df2 :  3  x  3
x 1 x 1 x 1
2
n , n 
2

 n  1 resolviendo el dominio   2
 n , 2n  1  x  2 n  1  1 
n , 2n  1  x  2 n  1  1

 
.
2 ,  3  x  1 intersectando 2 ,  3  x  1
x 1  x 1 
 1 ,  1  x  1 con Df2 la   1 ,  1  x  1
2  0 , 2  0 ,
1x 3 correspondencia 1x 3
 
 1 , 3x 5 será

.

Por lo tanto, tenemos que particionar el dominio de Df2 : 3  x  3 , finalmente tenemos:
 5  (2)x  5  2x
 ,  3  x  1  ,  3  x  1
 11  2
5  x 21 x  5  (1)x  5x
 
f2 x   , 1  x  1  , 1  x  1

sgn x  4  1  11  2
 5  (0)x  5
 , 1x 3  , 1x 3
 1  1  2

5  2x
Ahora bien, en cada función está presente un radical, por ejemplo, en la primera ,  3  x  1 ,
2
no tenemos la certeza de que esta primera función se pueda graficar en el dominio que nos dieron, para ello
5  2x
calculamos su dominio de definición:  0  x   25
2
intersectando con el dominio proporcionado : x   25   3  x  1   5
2
 x  1
Efectuado lo mismo con las otras dos funciones tenemos finalmente:
y
x 2  9 , x  3  x  3 7
 6
 5  2x
 ,  5
2
 x  1 5
 2
 Rpta.  
f x   5x
4

 , 1  x  1 3
 2 2
 5 1
 , 1x 3
 2 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x
-1

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9. Evaluar el límite:
4 sin2 x  1
lím
x
5 4 cos2 x  sin 3x  2
6
5 5 1 5 3
Solución: Para evaluar recordemos que:  150 , sin   y cos   , evaluando:
6 6 2 6 2

4( 21 )2  1 0
lím  ? operamos algebraicamente para identificar los ceros en el numerador y en el
5 0
x
6
4( 2
3 2
)  (1)  2
1  cos u 1  cos u 1 sin u
denominador, recordemos las formulas: lím 0 , lím 2
 , lím 1
u 0 u u 0 u 2 u 0 u

L  lím
4 sin2 x  1
 lím
2 sin x  12 sin x  1 ,
 4 cos x  3  1  sin 3x 
la parte pintada de azul ya no es
x
5 4 cos2 x  sin 3x  2 x
5 2
6 6
indeterminada, pues si evaluamos ya no es cero, siempre se deberá trabajar sobre los ceros.
2 sin x  12 sin x  1
L  lím
2 sin x  12 sin x  1  lím
x 5
6

L1
.. ( )
x
5
6

2 cos x  3 2 cos x  3   1  sin 3x  x
5
6 2 cos x  3 2 cos x  3   1  sin 3x  L2
5
x 6

2 sin x  12 sin x  1  x 1

L1  lím
5 x 5 2  ( 1
2
)1  lím 2 sin
x  5 5
x 6 x 6
6 6
5 5
Cambio de variable: u  x  6
si x  6
 u0 entonces
5
2 sin(u  ) 1
 
L1  -2  lím
u 0 u
6
1 0

L1  2  lím

2 sin u cos 56  cos u sin 56  1   -2  lím
 3 sin u  cos u  1
 -2  lím  3
sin u 1  cos u
 2 3
u 0 u u 0 u u 0 u u

2 cos x  3 2 cos x  3   1  sin 3x  

L2  lím
x
5 x 5
6
 2 3  lím 2 cosx x 
x
5 5
6
3
 lím
x
5
1  sin 3x
x  56
6 6 6
Empleamos el mismo cambio de variable:

 
5 5
2 cos(u  ) 3 1  sin(3u  )
L2  2 3 lím 6
 lím 2
0 0
u 0 u u 0 u
 3 cos u  sin u  3 1  cos 3u  3(1  cos u ) sin u  1  cos 3u
L2  2 3  lím  lím  -2 3   lím    lím  3  2 3
u 0 u u  0 u  u  0 u u   u  0 3u

L 2 3 1
Reemplazando en L1 y L2 en ( ) L 1   1
L2 2 3
 Rpta. L 1

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