solucionario - 2da recuperación - Eliane Melanie Lopez Atencia

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SOLUCIONARIO 
2da Recuperación – Evaluación Continua 2 
 
PREGUNTA 1 
 
Respuesta: Siempre 
1ra Justificación 
Gráficamente se sabe que la función 𝑔(𝑥) será mayor o igual a 𝑓(𝑥) en todo el intervalo que 
contiene a 𝑐. A continuación, se colocan algunos ejemplos para funciones que cumplen con lo 
requerido, podemos establecer el intervalo [−1; 1] como aquel que contiene al punto 𝑐. 
 
Luego, en el límite cuando la función tiende a 𝑐, se asume que dicho límite existe, por lo tanto, 
los límites laterales son iguales y dicho punto además debe cumplir 𝑓(𝑐) ≤ 𝑔(𝑐). Luego, 
siempre se cumplirá que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) ≤ lim
𝑥→𝑐
𝑔(𝑥). 
2da Justificación 
Usando el método de reducción al absurdo. 
Sea: 𝐿 = lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) y 𝑀 = lim
𝑥→𝑐
𝑔(𝑥). Supongamos que lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) > lim
𝑥→𝑐
𝑔(𝑥), es decir 𝐿 > 𝑀. 
Entonces 𝐿 − 𝑀 > 0. 
Como 𝐿 = lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) y 𝑀 = lim
𝑥→𝑐
𝑔(𝑥), para 𝜀 =
𝐿−𝑀
2
 existen 𝛿1 > 0 y 𝛿2 > 0 tales que: 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ⇒ 𝐿 − 𝜀 < 𝑓(𝑥) < 𝐿 + 𝜀 
0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 ⇒ 𝑀 − 𝜀 < 𝑔(𝑥) < 𝑀 + 𝜀 
Tomando 𝛿 = 𝑚𝑖𝑛{𝛿1, 𝛿2}, si 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿, se verifica 
𝑀 − 𝜀 < 𝑔(𝑥) < 𝑀 + 𝜀 = 𝐿 − 𝜀 < 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑔(𝑥) < 𝑓(𝑥) 
Ello contradice a 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥). Por lo tanto 𝐿 ≤ 𝑀, es decir lim
𝑥→𝑐
𝑓(𝑥) ≤ lim
𝑥→𝑐
𝑔(𝑥) 
PREGUNTA 2 
Directamente del gráfico: 
a. ∞ 
b. 0 
 
PREGUNTA 3 
Respuesta: Verdadero 
Si tenemos que el valor de 𝑓′(𝑥0) > 0 (pendiente positiva), esto implica geométricamente que 
la tangente del ángulo de inclinación de la recta es positiva. Sabemos que la tangente es 
positiva cuando se evalúa en el 1er y 3er cuadrante. No obstante, las rectas que consideramos 
abarcan todo el plano, entonces siempre tendremos que el ángulo de inclinación respecto al 
eje 𝑥+ en sentido antihorario será agudo. 
 
PREGUNTA 4 
Respuesta: Falso 
∆=
1.6 − 1.5
3: 30 − 3: 20
=
0.1
10
= 0.01 
 
Por lo tanto, la aceleración media será 0.01
𝑘𝑚
𝑚𝑖𝑛2
 
 
PREGUNTA 5 
Respuesta: Falso 
Sabemos que 𝑓′(𝑥) =
5𝑥
|𝑥|
. Luego, para evaluar la derivada en un punto debemos tener en 
cuenta el signo (positivo o negativo) para despejar el valor absoluto en el denominador de la 
derivada. 
Si realizamos los límites laterales en 𝑥 = 0 para 
5𝑥
|𝑥|
, tendremos: 
lim
𝑥→0−
5𝑥
|𝑥|
= −5 
lim
𝑥→0+
5𝑥
|𝑥|
= 5 
Por lo tanto, la derivada en ese punto no estará definida (debido a la diferencia en los límites 
laterales), pero tampoco será INFINITA. 
 
 
PREGUNTA 6 
lim
𝑥→1
𝑥2 − 2𝑥 + 1
1 − 𝑥3
= lim
𝑥→1
(𝑥 − 1)2
−(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1)
= lim
𝑥→1
1 − 𝑥
(𝑥2 + 𝑥 + 1)
= 0 
PREGUNTA 7 
𝑀(𝑡) = √𝑒−𝑘𝑡 cos3(𝜔𝑡) 
𝑑𝑀(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑√𝑒−𝑘𝑡
𝑑𝑡
cos3(𝜔𝑡) + √𝑒−𝑘𝑡
𝑑(cos3(𝜔𝑡))
𝑑𝑡
 
𝑑𝑀(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑√𝑒−𝑘𝑡
𝑑(𝑒−𝑘𝑡)
𝑑(𝑒−𝑘𝑡)
𝑑(−𝑘𝑡)
𝑑(−𝑘𝑡)
𝑑𝑡
cos3(𝜔𝑡) + √𝑒−𝑘𝑡
𝑑(cos3(𝜔𝑡))
𝑑(cos(𝜔𝑡))
𝑑(cos(𝜔𝑡))
𝑑(𝜔𝑡)
𝑑(𝜔𝑡)
𝑑𝑡
 
𝑑𝑀(𝑡)
𝑑𝑡
=
(𝑒−𝑘𝑡)−
1
2
2
(𝑒−𝑘𝑡)(−𝑘) cos3(𝜔𝑡) + √𝑒−𝑘𝑡(3 cos2(𝜔𝑡)) (− sin(𝜔𝑡))𝜔 
𝑑𝑀(𝑡)
𝑑𝑡
=
(𝑒−𝑘𝑡)−
1
2
2
(𝑒−𝑘𝑡)(−𝑘) cos3(𝜔𝑡) + √𝑒−𝑘𝑡(3 cos2(𝜔𝑡)) (− sin(𝜔𝑡))𝜔 
𝑑𝑀(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝑒−
𝑘𝑡
2 [−
𝑘
2
cos3(𝜔𝑡) − 3𝜔 cos2(𝜔𝑡) sin(𝜔𝑡)] 
PREGUNTA 8 
𝑅(𝑞) = √
18
𝑞 − 1
 
𝑑𝑅(𝑞)
𝑑𝑞
= √18
𝑑(𝑞 − 1)−
1
2
𝑑𝑞
= −
√18
2
(𝑞 − 1)−
3
2 
Luego 
𝑑𝑅(3)
𝑑𝑞
= −
√18
2
(3 − 1)−
3
2 = −
√18
2
(2)−
3
2 = −
3
4
 
PREGUNTA 9 
𝑃(𝑡) =
20 000
100 + 50𝑒−𝑡
 
a. 𝑃(0) =
20 000
100+50𝑒−(0)
≈ 133.33 
b. lim
𝑡→∞
𝑃(𝑡) = lim
𝑡→∞
20 000
100+50𝑒−𝑡
= lim
𝑡→∞
20 000
100+50/𝑒𝑡
=
20 000
100
= 200 
c. (considerar sólo la parte 𝑡 ≥ 0) 
PREGUNTA 10 
𝑦′(𝑥) =
25(𝑥2 + 4) − 25𝑥(2𝑥)
(𝑥2 + 4)2
=
100 − 25𝑥2
(𝑥2 + 4)2
 
𝑦′(4) =
100 − 25(4)2
(42 + 4)2
= −
3
4
 
Luego 
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏 = −
3
4
𝑥 + 𝑏 
Usando 𝑦(4) = 5 
5 = −
3
4
(4) + 𝑏 ⇒ 𝑏 = 8 
Finalmente 
𝑦 = −
3
4
𝑥 + 8 
PREGUNTA 11 
a. Asíntotas Verticales: 
4𝑥2 − 9 = 0 → 𝑥 = ±
3
2
 
Asíntota Horizontal: 
lim
𝑥→∞
4
4𝑥2 − 9
= 0 
 
𝑦 = 0 
b.