PARCIAL 3B

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Universidad Central de Venezuela – Facultad de Ingeniería – Departamento de Matemática Aplicada 
CÁLCULO I – TERCER PARCIAL (30%) 
 
 
1. (1+2=3 puntos). Calcule el valor de los siguientes límites: 
𝐚) 𝐥𝐢𝐦
𝐱→+∞
 
√𝐱𝟒 + 𝐱
𝟑
+ √
𝐱𝟓 + 𝟐𝐱
𝐱
𝟑
√𝟐𝐱𝟖 − 𝟏
𝟔 𝐛) 𝐥𝐢𝐦𝐱→𝟑+
[𝐥𝐧(√𝐱 − √𝟑) + 𝐥𝐧 (
𝐱
𝐱 − 𝟑
)] 
 
2. (5 puntos). Sea la función 𝐟: 𝐑 → 𝐑 dada por 
 
𝐟(𝐱) =
{
 
 
 
 
 𝟏 − 𝐱𝟐 𝐬𝐢 𝐱 ≤ −𝟏
𝐚𝐱𝟓 + 𝐛𝐱𝟒 − 𝐚𝐱 − 𝐛
𝐱𝟐 − 𝟏
 𝐬𝐢 |𝐱| < 𝟏
 𝐱𝟐 𝐬𝐢 𝐱 ≥ 𝟏
 
 Calcule los valores de “a” y “b” para que 𝐟 sea continua en todo R. 
 
3. (7 puntos). Calcular 𝐲′ =
𝐝𝐲
𝐝𝐱
 para las siguientes funciones, simplifique sus 
resultados: 
a. (4 puntos) 𝐲 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(
𝟏−𝐱𝟐
𝟏+𝐱𝟐
) +
𝟏
𝟐
𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] 
b. (3 puntos) 𝐜𝐨𝐬(𝐱 + 𝐲) + 𝐜𝐨𝐬(𝐱 − 𝐲) = √𝟐𝛑𝟐
𝟏𝟕
 
 
4. (5 puntos). Pruebe que 𝐲 definida como función de x por las ecuaciones 
paramétricas 
 
{
𝐱 = 𝐬𝐞𝐧(𝐭)
 𝐲 = 𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭
 
 
 Satisface la ecuación: (𝟏 − 𝐱𝟐)𝐲′′ − 𝐱𝐲′ = 𝟐𝐲. 
 
 
 
 
 
SOLUCIÓN 
 
Ejercicio 1.a)- 1 punto 
 
Indeterminaciones ∞/∞ 
La mayor potencia es 𝑥
4
3 entonces dividiendo entre la mayor potencia al 
numerador y denominador: 
 𝐥𝐢𝐦
𝐱→+∞
 
√𝐱𝟒 + 𝐱
𝟑
+ √
𝐱𝟓 + 𝟐𝐱
𝐱
𝟑
√𝟐𝐱𝟖 − 𝟏
𝟔 = 𝐥𝐢𝐦𝐱→+∞
 
√𝐱𝟒 + 𝐱
𝟑
+ √𝐱𝟒 + 𝟐
𝟑
𝑥
4
3 
√𝟐𝐱𝟖 − 𝟏
𝟔
𝑥
4
3 
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
√𝐱
𝟒 + 𝐱
𝐱𝟒
𝟑
+ √
𝐱𝟒 + 𝟐
𝐱𝟒
𝟑
√𝟐𝒙
𝟖 − 𝟏
𝒙𝟖
𝟔
=
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→+∞
√𝟏 +
𝟏
𝐱𝟑
𝟑
+ √𝟏 +
𝟐
𝐱𝟒
𝟑
√𝟐 −
𝟏
𝒙𝟖
𝟔
=
𝟏 + 𝟏
√𝟐
𝟔 =
𝟐
√𝟐
𝟔 
En la figura 1 se muestra la gráfica de la función en estudio 
 
Figura 1: Gráfica función límite 1 
Ejercicio 1.b)- 2 puntos (1 punto propiedades-1 punto resultado) 
Propiedades de la función logaritmo más manipulación algebraica 
𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟑+
[𝐥𝐧(√𝐱 − √𝟑) + 𝐥𝐧 (
𝐱
𝐱 − 𝟑
)] = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟑+
 𝐥𝐧 [(√𝐱 − √𝟑) (
𝐱
𝐱 − 𝟑
)] = 
 
 
𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟑+
 𝐥𝐧 [
𝐱(√𝐱 − √𝟑)
𝐱 − 𝟑
(
√𝐱 + √𝟑
√𝐱 + √𝟑
)] = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟑+
𝐥𝐧 [
𝐱(𝐱 − 𝟑)
(𝐱 − 𝟑)(√𝐱 + √𝟑)
] = 𝐥𝐧 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟑+
𝐱
√𝐱 + √𝟑
= 𝐥𝐧 (
𝟑
𝟐√𝟑
) = 𝐥𝐧(
√𝟑
𝟐
) 
En la figura 2 se muestra la gráfica de la función en estudio 
 
Figura 2: Gráfica función límite 2 
Ejercicio 2)- 
Para que la función f(x) sea continua en los puntos frontera x=-1 y x=1, los 
límites laterales deben coincidir y ser iguales a la función evaluada en el punto. Por lo 
tanto: 
𝐟(𝐱) =
{
 
 
 
 
 𝟏 − 𝐱𝟐 𝐬𝐢 𝐱 ≤ −𝟏
𝐚𝐱𝟓 + 𝐛𝐱𝟒 − 𝐚𝐱 − 𝐛
𝐱𝟐 − 𝟏
 𝐬𝐢 |𝐱| < 𝟏
 𝐱𝟐 𝐬𝐢 𝐱 ≥ 𝟏
 
Punto x=-1 2 puntos (1 punto el planteamiento, 1 punto la solución) 
 
𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏−
𝐟(𝐱) = 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐟(𝐱) → 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏−
𝟏 − 𝒙𝟐 = 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐚𝐱𝟓 + 𝐛𝐱𝟒 − 𝐚𝐱 − 𝐛
𝐱𝟐 − 𝟏
 
 
 Al evaluar 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐟(𝐱) se presenta una indeterminación 0/0. Por lo tanto: 
 
 
 
 
𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐚𝐱𝟓 + 𝐛𝐱𝟒 − 𝐚𝐱 − 𝐛
𝐱𝟐 − 𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
(𝐱𝟐 − 𝟏)(𝐚𝐱𝟑 + 𝐛𝐱𝟐 + 𝐚𝐱 + 𝐛)
𝐱𝟐 − 𝟏
= 
 
𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐚𝐱𝟑 + 𝐛𝐱𝟐 + 𝐚𝐱 + 𝐛 = 𝟐(𝐛 − 𝐚) por lo tanto 
 
𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏−
𝐟(𝐱) = 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→−𝟏+
𝐟(𝐱) → 𝐛 − 𝐚 = 𝟎 (𝐈) 
 
Punto x=1 (1 punto) 
 
𝐥𝐢𝐦 
𝐱→𝟏−
𝐟(𝐱) = 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→𝟏+
𝐟(𝐱) → 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→𝟏−
𝐚𝐱𝟓 + 𝐛𝐱𝟒 − 𝐚𝐱 − 𝐛
𝐱𝟐 − 𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 
𝐱→𝟏+
𝒙𝟐 → 𝒂+ 𝒃 = 
𝟏
𝟐
(𝐈𝐈) 
 
Ahora resolviendo el sistema formado por I y II: (2 puntos) 
 
 
{
𝒃 − 𝒂 = 𝟎
𝒂 + 𝒃 =
𝟏
𝟐
𝟐𝒃 =
𝟏
𝟐
→ 𝒃 =
𝟏
𝟒
 → 𝐝𝐞 𝐈 𝐚 = 𝐛 =
𝟏
𝟒
 
 
Con los valores de “a” y “b” obtenidos se puede apreciar gráficamente la continuidad 
de la función en la figura 3 
 
 
 
 
 
 
Figura 3: Función resultante-Ejercicio 2 
 
 
Ejercicio 3a.)- 
 
 
𝐲 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(
𝟏 − 𝐱𝟐
𝟏 + 𝐱𝟐
) +
𝟏
𝟐
𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] 
 
 
 Se definen las funciones g(x) y h(x) para organizar el trabajo de la siguiente 
manera: 
 
𝐠(𝐱) = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(𝐀(𝐱)) con 𝐀(𝐱) =
𝟏 − 𝐱𝟐
𝟏 + 𝐱𝟐
, 𝐡(𝐱) =
𝟏
𝟐
(𝐁(𝐱)) con 𝐁(𝐱) = 𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] 
 
Entonces 
 
𝐠´(𝐱) =
𝐀´(𝐱)
𝟏 + [𝐀(𝐱)]𝟐
, 𝐡´(𝐱) =
𝟏
𝟐
𝐁´(𝐱),
𝐝𝐲
𝐝𝐱
= 𝐟´(𝐱) = 𝐠′(𝐱) + 𝐡´(𝐱) 
 
 
Cálculo de g´(x): (1 punto) 
 
𝐀´(𝐱) =
(−𝟐𝐱)(𝟏 + 𝐱𝟐) − (𝟐𝐱)(𝟏 − 𝐱𝟐)
(𝟏 + 𝐱𝟐)𝟐
= −
𝟒𝐱
(𝟏 + 𝐱𝟐)𝟐
 
 
𝐠´(𝐱) =
𝐀´(𝐱)
𝟏 + [𝐀(𝐱)]𝟐
=
[
 
 
 
 −
𝟒𝐱
(𝟏 + 𝐱𝟐)𝟐
𝟏 + [
𝟏 − 𝐱𝟐
𝟏 + 𝐱𝟐
]
𝟐
]
 
 
 
 
=
[−
𝟒𝐱
(𝟏 + 𝐱𝟐)𝟐
]
(𝟏 + 𝒙𝟐)𝟐 + (𝟏 − 𝐱𝟐)𝟐
(𝟏 + 𝐱𝟐)𝟐
=
−𝟒𝒙
(𝟏 + 𝒙𝟐)𝟐 + (𝟏 − 𝐱𝟐)𝟐
=
−𝟒𝒙
𝟐 + 𝟐𝒙𝟒
=
−𝟐𝒙
𝟏 + 𝒙𝟒
 
 
Así, 
 
𝐠´(𝐱) = −
𝟐𝐱
𝟏 + 𝐱𝟒
 
 
Cálculo de h´(x): (2 puntos) 
 
 
𝐲 = 𝐁(𝐱) = 𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] → 𝐥𝐧(𝐲) = 𝐥𝐧(𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)]) → 𝐥𝐧(𝐲) = 𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱) 
 
 
 
 
Derivando implícitamente para obtener y´=B´(x) 
 
𝐲´
𝐲
= [𝟐𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)𝐭𝐚𝐧(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱)] + [
𝟏
𝐱
𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] = 𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱) [𝟐𝐭𝐚𝐧(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱) +
𝟏
𝐱
] = 
 
→ 𝒚´ = 𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] {𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱) [𝟐𝐭𝐚𝐧(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱) +
𝟏
𝐱
]} 
 
 
𝐡´(𝐱) =
𝟏
𝟐
𝐁´(𝐱) =
𝟏
𝟐
𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] {𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱) [𝟐𝐭𝐚𝐧(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱) +
𝟏
𝐱
]} 
Entonces, reagrupando (1 punto) 
𝐝𝐲
𝐝𝐱
= 𝐟´(𝐱) = 𝐠′(𝐱) + 𝐡´(𝐱) = 
−
𝟐𝐱
𝟏 + 𝐱𝟒
+
𝟏
𝟐
𝐱[𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱)] {𝐬𝐞𝐜(𝟐𝐱) [𝟐𝐭𝐚𝐧(𝟐𝐱)𝐥𝐧(𝐱) +
𝟏
𝐱
]} 
 
Ejercicio 3b.)- 
 
𝐜𝐨𝐬(𝐱 + 𝐲) + 𝐜𝐨𝐬(𝐱 − 𝐲) = √𝟐𝛑𝟐
𝟏𝟕
 
 
Aplicando identidades trigonométricas se tiene que (1 punto) 
 
𝐜𝐨𝐬(𝐱 + 𝐲) + 𝐜𝐨𝐬(𝐱 − 𝐲) = √𝟐𝛑𝟐
𝟏𝟕
 
→ 𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) − 𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲) + 𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) + 𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲) = √𝟐𝛑𝟐
𝟏𝟕
 
 
→ 𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) = √𝟐𝛑𝟐
𝟏𝟕
 
 
Derivando implícitamente (1 punto) 
 
𝟐[−𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) − 𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲). 𝐲´] = 𝟎 
 
−𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) − 𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲). 𝐲´ = 𝟎 
 
−𝟐𝐲´𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲) = 𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲) 
 
Entonces, el resultado es (1 punto) 
 
 
 
 𝐲´ = −
𝐬𝐞𝐧(𝐱)𝐜𝐨𝐬(𝐲)
𝐜𝐨𝐬(𝐱)𝐬𝐞𝐧(𝐲)
= −𝐭𝐚𝐧(𝐱). 𝐜𝐨𝐭𝐚𝐧(𝐲) 
 
Ejercicio 4.)- 
 
{
𝐱 = 𝐬𝐞𝐧(𝐭)
 𝐲 = 𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭
 
 
La primera derivada paramétrica viene dada por (1 punto) 
 
 
𝐝𝐲
𝐝𝐭
= √𝟐𝐞√𝟐𝐭 − √𝟐𝐞−√𝟐𝐭 = √𝟐 [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭] ; 
𝐝𝐱
𝐝𝐭
= 𝐜𝐨𝐬(𝐭) 
 
 
Por lo tanto 
 
𝐝𝐲
𝐝𝐱
=
[
𝐝𝐲
𝐝𝐭
⁄ ]
[𝐝𝐱 𝐝𝐭⁄ ]
=
√𝟐
𝐜𝐨𝐬(𝐭)
[𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭] 
 
La segunda derivada viene dada por 
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐
=
[
𝐝
𝐝𝐭
(
𝐝𝐲
𝐝𝐱
)]
[𝐝𝐱 𝐝𝐭⁄ ]
, 𝐚𝐬í: (2 puntos) 
 
 
 
𝐝
𝐝𝐭
(
𝐝𝐲
𝐝𝐱
) =
𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] + √𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭]
𝐜𝐨𝐬𝟐(𝐭)
 
 
Entonces 
 
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐
=
[
𝐝
𝐝𝐭
(
𝐝𝐲
𝐝𝐱
)]
[𝐝𝐱 𝐝𝐭⁄ ]
=
(
𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] + √𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭]
𝐜𝐨𝐬𝟐(𝐭)
)
𝐜𝐨𝐬(𝐭)
→ 
 
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐
=
𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] + √𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭]
𝐜𝐨𝐬𝟑(𝐭)
 
 
 
 
 
La ecuación a demostrar establece que (𝟏 − 𝐱𝟐)𝐲′′ − 𝐱𝐲′ = 𝟐𝐲 entonces (2 puntos) 
 
 
𝟏 − 𝐬𝐞𝐧𝟐(𝐭) {
𝟐𝐜𝐨𝐬(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] + √𝟐𝐬𝐞𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭]
𝐜𝐨𝐬𝟑(𝐭)
}
− 𝐬𝐞𝐧(𝐭) {
√𝟐
𝐜𝐨𝐬(𝐭)
[𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭]} = 
 
𝟐 [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] + √𝟐𝐭𝐚𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭] − √𝟐𝐭𝐚𝐧(𝐭) [𝐞√𝟐𝐭 − 𝐞−√𝟐𝐭] = 
 
𝟐 [𝐞√𝟐𝐭 + 𝐞−√𝟐𝐭] = 𝟐𝐲