Solucionario - 1ra recuperación - Eliane Melanie Lopez Atencia

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PREGUNTA 01 
Respuesta: A veces 
En el siguiente caso, vemos que en el punto x = c, los límites laterales son iguales. 
 
Mientras que en el siguiente caso en el punto x = c = 1, los límites laterales son distintos. 
 
 
PREGUNTA 02 
Directamente del gráfico se observa: 
a. -3 
b. 2 
 
PREGUNTA 03 
Respuesta: FALSO 
Sabemos que la pendiente de una recta tangente a una curva en un punto determinado, 
también puede ser vista como la tangente del ángulo que va del eje x a la recta en cuestión, en 
sentido antihorario. En este ejercicio se ve claramente que dicho ángulo para la recta tangente 
a la curva en el punto x = b, es 30°. Por lo tanto: 
𝑓′(𝑏) = tan 30° =
√3
3
 
 
PREGUNTA 04 
Respuesta: FALSO 
Razón de cambio promedio: 
∆=
𝐸𝑙𝑒𝑣𝑎𝑐𝑖ó𝑛𝐹𝐼𝑁𝐴𝐿 − 𝐸𝑙𝑒𝑣𝑎𝑐𝑖ó𝑛𝐼𝑁𝐼𝐶𝐼𝐴𝐿
𝐴ñ𝑜𝐹𝐼𝑁𝐴𝐿 − 𝐴ñ𝑜𝐼𝑁𝐼𝐶𝐼𝐴𝐿
=
6224.88 − 6229.03
3
≈ −1.38 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑎ñ𝑜 
 
PREGUNTA 05 
Respuesta: NO EXISTE 
𝑓′(𝑥) =
𝑑√cos 𝑥
𝑑(cos 𝑥)
𝑑(cos 𝑥)
𝑑𝑥
= −
sin 𝑥
2√cos 𝑥
 
Luego, al analizar la forma de dicha derivada en el punto 𝑥 =
𝜋
2
, produciría un cero en el 
denominador, ya que cos (
𝜋
2
) = 0. Por lo tanto, no existe la pendiente en dicho punto. 
 
PREGUNTA 06 
lim
ℎ→0
ℎ
√5𝑥 + ℎ − √5𝑥
= lim
ℎ→0
ℎ
(√5𝑥 + ℎ − √5𝑥)
(
√5𝑥 + ℎ + √5𝑥
√5𝑥 + ℎ + √5𝑥
) 
= lim
ℎ→0
ℎ(√5𝑥 + ℎ + √5𝑥)
(√5𝑥 + ℎ − √5𝑥)(√5𝑥 + ℎ + √5𝑥)
= lim
ℎ→0
ℎ(√5𝑥 + ℎ + √5𝑥)
ℎ
 
= lim
ℎ→0
(√5𝑥 + ℎ + √5𝑥)
1
== lim
ℎ→0
(√5𝑥 + ℎ + √5𝑥) = √5𝑥 + √5𝑥 = 2√5𝑥 
 
PREGUNTA 07 
𝑇(𝑡) = 𝛽𝑒−𝜅𝑡𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡) 
Inspeccionando la dependencia de la función, tomamos a 𝛽, 𝜅 y 𝜔 constantes. 
Luego: 
𝑑𝑇(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑(𝛽𝑒−𝜅𝑡)
𝑑𝑡
𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡) + 𝛽𝑒−𝜅𝑡
𝑑(𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡))
𝑑𝑡
 
𝑑𝑇(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝛽
𝑑(𝑒−𝜅𝑡)
𝑑(−𝜅𝑡)
𝑑(−𝜅𝑡)
𝑑𝑡
𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡) + 𝛽𝑒−𝜅𝑡
𝑑(𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡))
𝑑(𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡))
𝑑(𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡))
𝑑(𝜔𝑡)
𝑑(𝜔𝑡)
𝑑𝑡
 
𝑑𝑇(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝛽(𝑒−𝜅𝑡)(−𝜅)𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡) + 𝛽𝑒−𝜅𝑡(2𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡))(𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡))(𝜔) 
𝑑𝑇(𝑡)
𝑑𝑡
= −𝜅𝛽𝑒−𝜅𝑡𝑠𝑖𝑛 2(𝜔𝑡) + 2𝜔𝛽𝑒−𝜅𝑡𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡)𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 
 
PREGUNTA 08 
𝑓(𝑥) = √
𝑥
𝑥 + 5
=
√𝑥
√𝑥 + 5
 
𝑓′(𝑥) =
(
𝑑√𝑥
𝑑𝑥
) √𝑥 + 5 − √𝑥 (
𝑑(√𝑥 + 5)
𝑑𝑥
)
(√𝑥 + 5)
2 =
(
1
2√𝑥
) √𝑥 + 5 − √𝑥 (
1
2√𝑥 + 5
)
𝑥 + 5
 
𝑓′(𝑥) =
(
1
2√𝑥
) √𝑥 + 5 (
√𝑥 + 5
√𝑥 + 5
) − √𝑥 (
1
2√𝑥 + 5
) (
√𝑥
√𝑥
)
𝑥 + 5
=
𝑥 + 5
2√𝑥√𝑥 + 5
−
𝑥
2√𝑥√𝑥 + 5
𝑥 + 5
 
𝑓′(𝑥) =
5
2√𝑥√𝑥 + 5
𝑥 + 5
=
5
2(𝑥 + 5)√𝑥√𝑥 + 5
 
Luego: 
𝑓′(4) =
5
2(4 + 5)√4√4 + 5
=
5
2(9)(2)(3)
=
5
108
≈ 0.046 
 
PREGUNTA 09 
a. lim
𝑡→∞
𝑄𝑜(1 − 𝑒
−𝑡/𝑎) = lim
𝑡→∞
𝑄𝑜 (1 −
1
𝑒𝑡/𝑎
) → 𝑄𝑜(1 − 0) = 𝑄𝑜 
Como podemos ver, dicho valor (carga máxima) es la asíntota. 
 
b. 
 
PREGUNTA 10 
De la gráfica se extrae la siguiente información: 
• La curva 𝑦(𝑥) pasa por el origen, entonces 𝑦(0) = 0: 
𝑦(0) = 𝑎(0)2 + 𝑏(0) + 𝑐 = 0 → 𝑐 = 0 
 
• La pendiente en 𝑥 = 0 es 𝑚 = 0, entonces 𝑦′(0) = 0 
𝑦′(0) = 2𝑎(0) + 𝑏 = 0 → 𝑏 = 0 
 
• La pendiente en 𝑥 = 800 es 𝑚 =
1
5
, entonces 𝑦′(800) =
1
5
 
𝑦′(800) = 2𝑎(800) + 𝑏 =
1
5
 
𝑄𝑜 
Sabemos que 𝑏 = 0: 
𝑦′(800) = 2𝑎(800) =
1
5
 → 𝑎 = 0.000125 
Finalmente: 
 
𝑦 = 0.000125𝑥2 
 
PREGUNTA 11 
𝑓(𝑥) =
5𝑥
𝑥2 − 4
 
a. 1. Asíntotas Verticales: 
𝑥2 − 4 = 0, luego las asíntotas serán: 𝑥 = 2 y 𝑥 = −2 
 
2. Asíntota Horizontal: 
lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→∞
5𝑥
𝑥2−4
= lim
𝑥→∞
5
𝑥2
𝑥
−
4
𝑥
= lim
𝑥→∞
5
𝑥−
4
𝑥
→ 0, luego la asíntota será: 𝑦 = 0 
 
b.