RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS AM

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ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE ING.SISTEMAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
TITULO: 
“RESOLUCION DE PROBLEMAS” 
CURSO: 
 ANÁLISIS MATEMÁTICO 
DOCENTE: 
 Dr. MiIton M. Cortez Gutiérrez 
CICLO: 
 II 
INTEGRANTES: 
 Ortiz Centurión Elvis Steve 
 Peláez Roque Alexander Jean Pool 
 Pérez Ávalos Jack Jhosep 
 Portilla Rodríguez Jack Edinson 
 Samame Uceda Marcelo Alejandro 
 Varas Zurita Piero Lenin 
 
TAREA 01 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La función no es diferenciable en el punto 0, ya que posee picos; y como sabemos cuándo hay 
picos no existen las derivadas, por lo tanto, no es diferenciable en el punto 0. 
 
Una función es diferenciable si 
f ’ ( x- ) = f ’ ( x+ ) 
lim
𝑥→0−
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
𝑥 − 0
= lim
𝑥→0+
𝑓(𝑥) − 𝑓(0)
𝑥 − 0
 
lim
𝑥→0−
−𝑥2
𝑥
= lim
𝑥→0+
𝑥2
𝑥
 
lim
𝑥→0−
−𝑥 = lim
𝑥→0+
𝑥 
0 = 0 
Por lo tanto, esta función si es diferenciable. 
 
 
 
𝑓(𝑥) = |𝑥 + 2| = {
𝑥 + 2 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 4
−𝑥 − 2 𝑠𝑖 𝑥 < 4
 } 
 𝑓(4) = 4 + 2 = 6 
 lim
𝑥→ 4− 
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4
(−𝑥 − 2) = −6 
 lim
𝑥→ 4+ 
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4
(𝑥 + 2) = 6 
 𝑓(4) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4
(𝑥) = 6, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑛 4. 
 𝑫𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂𝒔 𝒖𝒏𝒊𝒍𝒂𝒕𝒆𝒓𝒂𝒍𝒆𝒔 
 𝑓′
−
(4) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4
−
𝑓(𝑥)−𝑓(4)
𝑥−4
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4−
=
𝑥−2−6
𝑥−4
=
−𝑥−8
𝑥−4
= −1 −
12
𝑥−4
 
 𝑓′
+
(4) = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4
+
𝑓(𝑥)−𝑓(4)
𝑥−4
= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→4+
=
𝑥+2−6
𝑥−4
=
𝑥−4
𝑥−4
= 1 
 𝑓′
−
(4) ≠ 𝑓′
+
(4) ; 𝑆𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑦𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑓 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑛 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Aplicando regla de la cadena: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓′(𝑣(𝑥)) ∗ 𝑣′(𝑥) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 8(𝑥
2+𝑡𝑔𝑥) ∗ 𝑙𝑛8 ∗ (2𝑥 + 𝑐𝑠𝑐2𝑥) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑙𝑛2 ∗ 8(𝑥
2+𝑡𝑔𝑥) ∗ (2𝑥 + 𝑐𝑠𝑐2𝑥) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando regla de la cadena: 
 F(x)’ = 
1
6((ln(
√𝑥
cos 5𝑥
))7)5/6 
 . (ln(
√𝑥
cos 5𝑥
)7)′ 
Calculando: 
 (ln(
√𝑥
cos 5𝑥
)7)′= 
 
Uniendo: 
 F(x)’=
1
6((ln(
√𝑥
cos 5𝑥
))7)5/6 
 . 
Efectuando: 
 F(x)’→ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
= − 
𝜋2
8
𝑒𝑡𝑎𝑛(
𝜋
2
𝑠𝑒𝑛(
𝜋
4
𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦))))𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑐𝑜𝑠(
𝜋
4
𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦))𝑠𝑒𝑐2(
𝜋
2
𝑠𝑒𝑛(
𝜋
4
𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦)) − 𝑒𝑥 + 1 − 𝑦3 
 = − 
𝜋2𝑒
𝑡𝑎𝑛(
𝜋𝑠𝑒𝑛(
𝜋𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦)
4
)
2
)
𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑐𝑜𝑠(
𝜋
4
𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦))𝑠𝑒𝑐2(
𝜋𝑠𝑒𝑛(
𝜋𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦)
4
)
2
) −3𝑥𝑦2
8
 
 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜: 
 =6.2576 
 
TAREA 02 
 
 
Desarrollo: 
 U= (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
 
Aplicando leyes de exponentes: 
 →( 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1))’ 
 
 Aplicando la regla de la cadena luego derivando: 
 → 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1). ((𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥2 + 1))′ 
 
Calculando la derivada de :((𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥2 + 1))′ 
→ ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 
 
Uniendo: 
U’= 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1).( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
) 
 
 
 
 
dL = 0.02cm 
l=20cm 
A = 𝑙2 
l=20cm 
DS = A’*dL 
DS = 2l*dL 
DS = 2(20cm)(0.02cm) 
DS = 0.8 cm2 
 
 
 
5𝑐𝑚 y su espesor es de 0.05 𝑐𝑚. 
 
 
 30 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vtubo = Vtotal - Vhueco Volumen del cilindro= 𝜋. 𝑟2. ℎ 
 = 𝜋 × 5.052 × 30 - 𝜋 ⋅ 52. 30 
 = 2403.5 − 2356.14 
 = 47.36 cm3 
 V= 𝜋. 𝑟2. ℎ 
 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑟ℎ(𝑑𝑟) Error=47.36 - 47.124= 0.236 cm3 
 = 2 𝜋(5)(30)(0.05) 47.124/47.36 × 100% = 99.5% 
 = 15𝜋 = 47.124 𝑐𝑚3 Error= 0.5% 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
1.𝑠𝑒𝑛(𝑥)−cos (𝑥)(𝑥)
(𝑠𝑒𝑛(𝑥))2
= csc (𝑥)(1 − 𝑥. cot(𝑥)) 
𝑑2𝑦
𝑑2𝑥
= (− cot(𝑥) csc(𝑥))(1 − 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥)) + (𝑥𝑐𝑠𝑐2(𝑥) − cot(𝑥)) csc(𝑥) 
𝑑2𝑦 = 𝑑2𝑥(𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) + 𝑥𝑐𝑠𝑐3(𝑥) − 2 csc(𝑥) cot(𝑥)) 
𝑑3𝑦
𝑑3𝑥
= cot(𝑥) − 3𝑐𝑠𝑐3(𝑥) cot(𝑥) − 2(csc(𝑥) − 2𝑐𝑠𝑐3(𝑥)) 
𝑑3𝑦 = 𝑑3𝑥(cot(𝑥) − 3𝑐𝑠𝑐3(𝑥) cot(𝑥) − 2(csc(𝑥) − 2𝑐𝑠𝑐3(𝑥))) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ln(𝑥𝑦5+ 𝑥) + ln(sen(x5 + y7)) − etg(sen(cos(xy))) x – xy3 + 22 = 0 
 
𝑦5+1
𝑥𝑦5+𝑥
+
𝑐𝑜𝑠(𝑥5 + 𝑦7)(5𝑥4+𝑦7)
𝑠𝑒𝑛(𝑥5 + 𝑦7)
− etg(−cos(xy)(y)) − 𝑦3 = 0 
 𝑚 =
𝑦5+1
𝑥𝑦5+𝑥
+
(5𝑥4+𝑦7)𝑐𝑜𝑠(𝑥5 + 𝑦7)
𝑠𝑒𝑛(𝑥5 + 𝑦7)
− e𝑠𝑒𝑐
2(−cos(xy)(y)) − 𝑦3 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TAREA 03 
 
u= ln 𝑥 + (𝑥2 + 1)(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
 
u’= 
1
𝑥
 + ((𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥))’ 
 
Calculando la derivada del segundo término: ((𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥))’ 
 
Aplicando leyes de exponentes luego derivando: 
 →( 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1))’ 
 
 Aplicando la regla de la cadena: 
 → 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1). ((𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥2 + 1))′ 
 
 Calculando la derivada de :((𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥2 + 1))′ 
→ ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 
 
Uniendo: 
 → 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1).( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
) 
 
 
 En la ecuación principal queda: 
 U’= (1/x) + 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1).( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 
 Pero : 𝑒(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)ln (𝑥
2+1) = (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) entonces: 
 U’= (1/x) +[ (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥).( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 ] 
 Ahora la segunda derivada: 
 U’’= -(
1
𝑥2
)+[ (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥).( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 ]’ 
 Calculando la derivada del segundo término: 
 *Aplicando la regla del producto: (f.g)’= f’.g + f.g’ 
 f= ( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 , g= (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
→( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
)’. (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) + 
 ( (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) )’ . ( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
 ) 
 
 Calculando la derivada de (f) → ( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
)’= 
 
−4𝑠𝑒𝑛(𝑥) ln(𝑥2+1)+2𝑥3+4𝑥3 cos(𝑥)−2𝑥2𝑠𝑒𝑛(𝑥)−2𝑥2𝑠𝑒𝑛(𝑥) ln(𝑥2+1)+6𝑥+4𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)+2𝑠𝑒𝑛(𝑥)−𝑠𝑒𝑛(𝑥)ln (𝑥2+1)
(𝑥2+1)2
 
 
 Calculando la derivada de (g)→((𝑥2 + 1 )
( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
)’ = 
 ( ln(𝑥2 + 1)(1 + cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
) . (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
 
Remplazando y simplificando el resultado total es: 
U’’= (−𝑥4𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2𝑥3 + 4𝑥3𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2𝑥2𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 6𝑥 +
4𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 2𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑙𝑛(𝑥2 + 1)). (𝑥2 + 1)𝑥+𝑠𝑒𝑛(𝑥)−2 + ( ln(𝑥2 + 1)(1 +
cos 𝑥) + 
2𝑥(𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥2+1
)2. (𝑥2 + 1 )( 𝑥+𝑠𝑒𝑛 𝑥) 
 
 
 
 
 
𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 
3𝑥2 − (7𝑦6𝑥4𝒚′ + 4𝑥3𝑦7) + 9(𝑦6 + 6𝑦5𝑥𝒚′) + 0 = 0 
3𝑥2 − 7𝑦6𝑥4𝒚′ − 4𝑥3𝑦7 + 9𝑦6 + 54𝑦5𝑥𝒚′ = 0 
54𝑦5𝑥𝒚′ − 7𝑦6𝑥4𝒚′ = −3𝑥2 + 4𝑥3𝑦7 − 9𝑦6 
𝒚′𝑥𝑦5(54 − 7𝑦𝑥3) = −3𝑥2 + 4𝑥3𝑦7 − 9𝑦6 
𝒚′ =
−3𝑥2 + 4𝑥3𝑦7 − 9𝑦6
𝑥𝑦5(54 − 7𝑦𝑥3)
 
 
𝐴𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (1,1) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥 = 1 , 𝑦 = 1 𝑦 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 
𝒎 =
−3(1)2 + 4(1)3(1)7 − 9(1)6
(1)(1)5(54 − 7(1)(1)3)
 
𝒎 =
−3 + 4 − 9
(54 − 7)
 
𝒎 =
−8
47
 
𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑑𝑒𝑙𝑜 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) 
47(𝑦 − 1) = −8(𝑥 − 1) 
47𝑦 − 47 = −8𝑥 + 8 
47𝑦 + 8𝑥 − 55 = 0 
 
 
Para determinar la pendiente de la recta tangente, hallamos la derivada: 
 𝑦´ = 2((𝑒𝑥− 
𝜋
4𝑠𝑒𝑛(𝑥))´ 
 𝑦´ = 2((𝑒𝑥−
𝜋
4)´ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥)´𝑒𝑥− 
𝜋
4) 
 𝑦´ = 2(𝑒𝑥− 
𝜋
4𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑒𝑥− 
𝜋4) 
Reemplazamos el valor de x: 
 𝑚 = 2(𝑒 
𝜋
4
 − 
𝜋
4𝑠𝑒𝑛( 
𝜋
4
) + 𝑐𝑜𝑠( 
𝜋
4
) 𝑒 
𝜋
4
 − 
𝜋
4) 
 𝑚 = 2 (𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
4
) + 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
4
)) 
 𝑚 = 2(
√2
2
+
√2
2
) 
 𝑚 = 2√2 
Pendiente de la recta Normal: 2√2 × 𝑚1= − 1 → 𝑚1=
−1
2√2
 
 𝑦 − √2 = −
1
2√2
(x -
𝜋
4
) 
 2√2(𝑦 − √2) = − (x -
𝜋
4
) 
 2√2𝑦−4 = − x + 
𝜋
4
 
 𝑦 =
−𝑥
2√2
+
49
2√2
 
 𝑦 = 
−𝑥√2
4
+
49√2
4
 → La recta normal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para determinar la pendiente de la recta tangente, hallamos la derivada: 
 𝑦´ = (𝑒2𝑥)´cos(x2 + 𝑥) + cos(x2 + 𝑥)´ 𝑒2𝑥 
 𝑦´ = 𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥2 + x) + −sen(𝑥2 + 𝑥)(2𝑥 + 1)(𝑒2𝑥) 
 y´ = 𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥2 + 𝑥) − (2𝑥 + 1)𝑠𝑒𝑛(𝑥2 + 𝑥)(𝑒2𝑥) 
 Reemplazamos el valor de x: 
 m = 𝑒2(0)𝑐𝑜𝑠(02 + 0) − (2(0) + 1)𝑠𝑒𝑛(02 + 0)(𝑒2(0)) 
 𝑚 = 1 − 0 → 1 
 Pendiente de la recta Normal: 1 × 𝑚1= − 1 → 𝑚1= − 1
 
 
 𝑦 − 1 = −1(𝑥 − 0) 
 𝑦 − 1 = −𝑥 
 𝑦 = −𝑥 + 1 → Recta Norma 
 
 
 
 
 
 
TAREA 04 
 
 
 *Aplicando regla de diferencial de la suma: 
 d ( ln (x)) + d (√𝑥2 + 1) 
 -Calculando la diferencial del primer término: 
 d(ln x) → 1/x 
 -Calculando la diferencial del segundo término: 
 d(√𝑥2 + 1) → 
𝑥
√𝑥2+1
 
 Uniendo los resultados y remplazando por (1): 
 F= 1/1 + 
1
√12+1
 → 1 + 1/√2 
 
 
• (log7 √𝑥 + 4)′ =
1
𝑙𝑛7
∗
(√𝑥+4)′
√𝑥+4
 
(log7 √𝑥 + 4)′ =
1
𝑙𝑛7
∗
1
√𝑥 + 4
∗
1
2
∗
1
√𝑥 + 4
 
(log7 √𝑥 + 4)′ =
1
𝑙𝑛7
∗
1
2
∗
1
𝑥 + 4
=
1
𝑙𝑛7 ∗ 2 ∗ (𝑥 + 4)
 
 
• (log7 √𝑥 + 4)′ ′ = (
1
𝑙𝑛7∗2∗(𝑥+4)
)’ 
(log7 √𝑥 + 4)′ ′ = (
1
𝑙𝑛7 ∗ 2
) ∗ (
1
𝑥 + 4
) ′ 
(log7 √𝑥 + 4)′
′
= (
1
𝑙𝑛7 ∗ 2
) ∗ ((𝑥 − 4)−1)′ 
(log7 √𝑥 + 4)′ ′ = (− 
1
𝑙𝑛7 ∗ 2 ∗ (𝑥 + 4)2
) 
• (ln(𝑥 + 6))′ =
1
𝑥+6
∗ (𝑥 + 6)′ 
(ln(𝑥 + 6))′ =
1
𝑥 + 6
∗ 1 
 
• (ln(𝑥 + 6))′′ = (
1
𝑥+6
)′ 
(ln(𝑥 + 6))′′ = ((𝑥 + 6)−1)′ 
(ln(𝑥 + 6))′′ = −
1
(𝑥 + 6)2
 
 
𝑨𝑷𝑳𝑰𝑪𝑨𝑴𝑶𝑺 𝑳𝑨 𝑭𝑶𝑹𝑴𝑼𝑳𝑨 𝑫𝑬 𝑫𝑬𝑹𝑰𝑽𝑨𝑫𝑨 𝑫𝑬 𝑶𝑹𝑫𝑬𝑵 𝑺𝑼𝑷𝑬𝑹𝑰𝑶𝑹 
∑ (
𝒏
𝒌
) 𝒈𝒌 ∗ 𝒉𝒏−𝒌
𝒏
𝒌=𝟎
 
𝑓(𝑥)′ = ln(𝑥 + 6) ∗ (
1
𝑙𝑛7 ∗ 2 ∗ (𝑥 + 4)2
) − 2
1
𝑙𝑛7 ∗ 2 ∗ (𝑥 + 4)
∗
1
𝑥 + 6
+ log7 √𝑥 + 4 ∗ −
1
(𝑥 + 6)2
 
La analizamos en el punto 1. 
𝑓(𝑥)′ = ln 7 ∗ (
1
𝑙𝑛7 ∗ 2 ∗ (5)2
) − 
1
𝑙𝑛7 ∗ 5
∗
1
7
+ 
1
2
log
7
5 ∗ −
1
(7)2
 
𝑓(𝑥)′ =
1
50
− 
1
35𝑙𝑛7
+ 
1
2
log
7
5 ∗ −
1
(7)2
 
𝑓(𝑥)′ = 0.02 − 0.007 − ( 0.41 ∗ 0.20) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0.02 − 0.014 − 0.082 
𝑑2𝑦 = −0.076 𝑑2𝑥 
 
 
 
 
 
 𝑓(𝑥) = 
𝑥3
3
 − 𝑥2 − 8𝑥 + 20 
 (−1,1) = (a, b) 
 f(−1) =
−13
3
− −12 − 8(−1) + 20 =
80
3
 → f(𝑎) 
 f(1) =
13
3
− 12 − 8(1) + 20 =
34
3
 → f(𝑏) 
 
 Derivando la función obtenemos: f (𝑐)′ = 𝑐2 − 2𝑐 − 8 
 
 𝑚 = 𝑓 ′ (𝑐) = 
𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎 
 
 f (𝑐)′ = 𝑐2 − 2𝑐 − 8 ⇔
34
3
−
80
3
 
1− −1
=
−
46
3
2
=
−46
6
 
 f (𝑐)′ = 𝑐2 − 2𝑐 − 8 =
−23
3
 
 3𝑐2 − 6𝑐 − 24 = −23 
 3𝑐2 − 6𝑐 = 1 
 3𝑐2 − 6𝑐 − 1 = 0 
Factorizando nos da: 
 𝑐 =
3−2√3
3
 ; 𝑐 =
3+2√3
3
 
 𝑐 =
3−2√3
3
 → 𝐸𝑠𝑡𝑒 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 
 
 
 
 
 
 
Hallamos la ecuación de la recta que pasa por los dos puntos. 
𝑥−1
3−1
=
𝑦−2
20−2
 9𝑥 − 9=y-2 y = 9x-7 
Por ser y = x3 − x2 + 2 continua en [1, 3] y derivable en (1, 3) se puede aplicar 
el teorema del valor medio: 
 
20−2
3−1 
= 𝑓′(𝑐) 𝑓′(𝑐) = 9 
3𝑐2 − 2𝑐 = 9 3𝑐2 − 2𝑐 − 9 = 0 
 
2+√112
6
∈ (1,3) 𝑐 = 
2−√112
6
∉ (1,3) 
 
 
TAREA 05 
 
Serie de la función sen x: 
 
• Xo = 0 
F(x) = sen x f(0) = sen 0 = 0 
F´ (x) = cos x f´(0) = cos 0 = 1 
F” (x) = -sen x f”(0) = -sen 0 = 0 
F´´´ (x) = -cos x f´´´ (0) = -cos 0 = -1 
F”” (x) = sen x f”” (0) = sen 0= 0 
 . . 
 . . 
 . . 
• La serie de Maclaurin alrededor de Xo = 0 de f(x) es : 
 𝒇(𝟎) + 𝒇´(𝟎)𝒙 +
𝒇´´(𝟎)
𝟐!
𝒙𝟐 +
𝒇´´´(𝟎)
𝟑!
𝒙𝟑 +
𝒇´´´´(𝟎)
𝟒!
𝒙𝟒 + ⋯ = ∑
𝒇(𝒏)(𝟎)
𝒏!
∞
𝒏=𝟎 𝒙
𝒏 
• Remplazando y desarrollando: 
 
𝒙 −
𝟏
𝟑!
𝒙𝟑 +
𝟏
𝟓!
𝒙𝟓 −
𝟏
𝟕!
𝒙𝟕 +
𝟏
𝟗!
𝒙𝟗 −
𝟏
𝟏𝟏!
𝒙𝟏𝟏 + ⋯ +
(−𝟏)𝒏
(𝟐𝒏 + 𝟏)!
𝒙𝟐𝒏+𝟏 + ⋯ 
 
 = ∑
(−𝟏)𝒏
(𝟐𝒏+𝟏)!
𝒙𝟐𝒏+𝟏∞𝒏=𝟎 
 
 _Serie la función cos x: 
• Xo = 0 
 
F(x) = cos x f(0) = cos 0 = 1 
F´ (x) = -sen x f´(0) = -sen 0 = 0 
F” (x) = -cos x f”(0) = -cos 0 = -1 
F´´´ (x) = sen x f´´´ (0) = sen 0 = 0 
F”” (x) = -cos x f”” (0) = -cos 0= 1 
 . . 
 . . 
 . . 
 
 
 
• La serie de Maclaurin de cos x alrededor de Xo = 0 
𝒇(𝟎) + 𝒇´(𝟎)𝒙 +
𝒇´´(𝟎)
𝟐!
𝒙𝟐 +
𝒇´´´(𝟎)
𝟑!
𝒙𝟑 +
𝒇´´´´(𝟎)
𝟒!
𝒙𝟒 + ⋯ = ∑
𝒇(𝒏)(𝟎)
𝒏!
∞
𝒏=𝟎
𝒙𝒏 
• Remplazando y desarrollando: 
𝟏 −
𝟏
𝟐!
𝒙𝟐 +
𝟏
𝟒!
𝒙𝟒 −
𝟏
𝟔!
𝒙𝟔 +
𝟏
𝟖!
𝒙𝟖 −
𝟏
𝟏𝟎!
𝒙𝟏𝟎 + ⋯ 
 
= 𝟏 −
𝟏
(𝟐. 𝟏)!
𝒙𝟐.𝟏 +
𝟏
(𝟐. 𝟐)!
𝒙𝟐.𝟐 −
𝟏
(𝟐. 𝟑)!
𝒙𝟐.𝟑 +
𝟏
(𝟐. 𝟒)!
𝒙𝟐.𝟒 … 
= (−𝟏)𝟎
𝟏
(𝟐. 𝟎)!
𝒙𝟐.𝟎 + (−𝟏)𝟏
𝟏
(𝟐. 𝟏)!
𝒙𝟐.𝟏 + (−𝟏)𝟐
𝟏
(𝟐. 𝟐)!
𝒙𝟐.𝟐
+ (−𝟏)𝟑
𝟏
(𝟐. 𝟑)!
𝒙𝟐.𝟑 … 
 
= ∑ (−𝟏)
𝒏∞
𝒏=𝟎
𝟏
(𝟐𝒏)!
𝒙𝟐𝒏 
 
_Serie de la función ln(1+x): 
• Xo = 0 
 
F(x) = Ln(1+x) f(0) =0 
F´(x) = 
𝟏
𝟏+𝒙
= (𝟏 + 𝒙)−𝟏 f´(0) = 1 
F´´(x) = −(𝟏 + 𝒙)−𝟐 f´´(0) = -1 
F´´´(x)= 𝟐(𝟏 + 𝒙)−𝟑 f´´´(0) = 2 
F´´´´(x)= −𝟔(𝟏 + 𝒙)−𝟒 f´´´´(0) =-6 
 
• La serie de Maclaurin de ln(1+x) alrededor de Xo = 0 
 
F(x) = ∑
𝒇𝒏(𝟎)
𝒏!
∞
𝒏=𝟎 𝒙
𝒏 
F(x) = 
𝒙
𝟏!
−
𝒙𝟐
𝟐!
+
𝟐𝒙𝟑
𝟑!
−
𝟔𝒙𝟒
𝟒!
+ ⋯ 
F(x) = 𝒙 −
𝒙𝟐
𝟐
+
𝒙𝟑
𝟑
−
𝒙𝟒
𝟒
+ ⋯ = ln (1+x) , |x| < 1 
 
𝒍𝒏(𝟏 + 𝒙) = ∑
(−𝟏)𝒏+𝟏𝒙𝒏
𝒏
∞
𝒏=𝟏
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar el error, utilizamos la fórmula: 
50° grados = 0.87 radianes. 
Error: |
𝑓𝑛+1(𝑐)∗(𝑥−0)𝑛+1
(𝑛+1)!
| < 0.001 Como 𝑓𝑛+1(𝑐) es coseno o seno positivo o negativo y su 
rango esta entre -1 y 1 su valor absoluto será 1. 
|
(𝑥)𝑛+1
(𝑛 + 1)!
∗ 1| < 0.001 
|
(0.87)𝑛+1
(𝑛 + 1)!
| < 0.001 
Por deducción: 
|
(0.87)6
6!
| < 0.001 
|
0.43362
720
| < 0.001 
0.00060225 < 0.001 
Entonces el polinomio de Taylor es de orden 5. 
𝑇𝑛 = (
𝑓0(𝑎) ∗ (𝑥)0
0!
+
𝑓1(𝑎) ∗ (𝑥)1
1!
+
𝑓2(𝑎) ∗ (𝑥)2
2!
+
𝑓3(𝑎) ∗ (𝑥)3
3!
+
𝑓4(𝑎) ∗ (𝑥)4
4!
+
𝑓5(𝑎) ∗ (𝑥)5
5!
) 
𝑇𝑛 = (
𝑠𝑒𝑛(0) ∗ (𝑥)0
1
+
𝑐𝑜𝑠(0) ∗ (𝑥)1
1
−
𝑠𝑒𝑛(0) ∗ (𝑥)2
2
−
cos(0) ∗ (𝑥)3
6
+
𝑠𝑒𝑛(0) ∗ (𝑥)4
24
+
cos (0) ∗ (𝑥)5
120
) 
𝑇𝑛 = (
1 ∗ (0.87)1
1
−
1 ∗ (0.87)3
6
+
1 ∗ (0.87)5
120
) 
𝑇𝑛 = (0.87 − 0.1097505 + 0.0041535) 
𝑇𝑛 =0.764403 
 
 
 
 
 
 
∑
 (−1)𝑛 𝑥2𝑛+1 
(2𝑛 + 1)!
∞
𝑛=0
 𝑦 ∑
 (−1)𝑛 𝑥2𝑛 
(2𝑛)!
∞
𝑛=0
 
 
 [𝑥 −
𝑥3
3!
+
𝑥5
5!
−
𝑥7
7!
+
𝑥9
9!
−. . . ] [1 −
𝑥2
2!
+
𝑥4
4!
−
𝑥6
6!
+
𝑥8
8!
−. . . ] 
 [𝑥 −
𝑥3
2!
+
𝑥5
4!
−
𝑥7
6!
+
𝑥9
8!
−. . . ] + [−
𝑥3
3!
+
𝑥5
3!×2!
−
𝑥7
3!×4!
+
𝑥9
3!×6!
−
𝑥11
3!×8!
+ ⋯ ] + [
𝑥5
5!
−
𝑥7
5!×2!
+
𝑥9
5!×4!
−
𝑥11
5!×6!
+
𝑥13
5!×8!
− ⋯ ] + [−
𝑥7
7!
+
𝑥9
7!×2!
−
𝑥11
7!×4!
+
𝑥13
7!×6!
−
𝑥15
7!×8!
+ ⋯ ] + [
𝑥9
9!
−
𝑥11
9!×2!
+
𝑥13
9!×4!
−
𝑥15
9!×6!
+
𝑥17
9!×8!
− ⋯ ] 
 = ∑
 (−1)2𝑛 𝑥4𝑛+1 
(2𝑛 + 1)!(2𝑛)!
∞
𝑛=0
 
 
 
 
 
 
∑
(−1)𝑛𝑥2𝑛𝑥(2𝑛!)(2𝑛 + 1)(2𝑛!)(−1)𝑛𝑥2𝑛
∝
𝑛=0
 
 ∑
1
(2𝑛+1)
∝
𝑛=0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reemplazando en el punto x=2, se observa que se hace 0 el resto de la serie por ende el 
resultado es: 
= 0.