PRIMERA PRUEBA PARCIAL LAPSO 2 014 - 2 178 - 179 - 1/4

Especialista: Frankie Gutirrez Validadora: Alejandra Lameda Evaluadora: Florymar Robles

rea de Matemtica

Universidad Nacional Abierta Matemtica II (Cd. 178 - 179)

Vicerrectorado Acadmico Cd. Carrera: 126-236-237-280-281

508-610-612-613

rea de Matemtica Fecha: 22-11-2014

MODELO DE RESPUESTAS Objetivos del 1 al 5

OBJ 1 PTA 1 A continuacin enunciamos varias proposiciones relacionadas con lmites de funciones. Indique con V o F en los espacios destinados para tal fin, si la proposicin es verdadera o falsa.

a. Si f:R R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1 si x 0 y f(x) = 0 si x = 0, entonces

x 0lm

f(x) = 0

b. Si f:R R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1, entonces

c. Si f:R - {0} R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1, entonces

Nota: Para lograr el objetivo debe responder correctamente todas las partes de la pregunta.

Solucin:

a. Si f:R R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1 si x 0 y f(x) = 0 si x = 0,

entonces x 0lm

f(x) = 0 F , ya que si nos acercamos 0 tanto por la derecha como

por la izquierda los valores de f se aproximan ms y ms a 1.

b. Si f:R R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1, entonces

x 0lm

f(x) = 1 V

c. Si f:R - {0} R es la funcin definida por f(x) = x2 + 1, entonces

x 0lm

f(x) = 1 V

Comentario: Es importante notar que en estas 3 proposiciones a pesar de la funcin ser la misma, y el punto donde se estudia el lmite ser el mismo, la respuesta no es la misma. El hecho de que el punto de estudio no pertenezca al dominio de f no tiene incidencia en la existencia o no existencia del mismo.

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OBJ 2 PTA 2

Calcule: x 0

1lm xsen

x

, usando el teorema que estudiaste en el Mdulo I de

Matemtica II para justificar su existencia.

Solucin:

Recordemos que para todo z R se cumple

-1 sen z 1 , [1] as como tambin que para todo z R :

- z z z [2]

Por lo tanto, en virtud de [1], [2], y las propiedades del valor absoluto tenemos:

1 1xsen = x sen

x xx

,

de aqu que:

1xsen

xx

1- x xsen

xx

.

Ahora por aplicacin del teorema 2.2, pgina 79, Mdulo I del texto de

Matemtica II (Cd. 178 - 179), a las funciones f(x) = - x y h(x) = x , resulta que:

x 0 x 0 x 0

1- lm x lm xsen lm x

x

x 0

10 lm xsen 0

x

.

Por lo tanto,

x 0

1lm xsen = 0

x

Compare con la forma en la que fue calculado el lmite en el texto UNA.

OBJ 3 PTA 3 Demuestre que la ecuacin x3 - 4x + 3 = 0 tiene solucin en el intervalo [-3, -2].

Solucin:

Consideremos la funcin definida por:

f(x) = x3 - 4x + 3 , x [-3, -2].

La cual es continua por ser suma y diferencia de funciones continuas. Por otra parte se tiene:

f(-3) = -12 0 y f(-2) = 3 0.

Luego, en virtud del teorema de Bolzano, existe x0 (-3, -2) tal que f(x0) = 0, es decir la ecuacin

x3 - 4x + 3 = 0 ,

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tiene solucin en [-3. -2].

OBJ 4 PTA 4 Halle la ecuacin de la recta tangente a f(x) = x2 + x en x = 3.

Solucin:

Tenemos que en x = 3, la funcin vale f(3) = 12, por lo que las coordenadas del punto de tangencia son (3, 12). De acuerdo con la definicin de recta tangente dada en la pg. 30 del texto de Matemtica II, Mdulo II, la ecuacin pedida tiene la forma:

y = m(x 3) + f(3),

para m = f (3) y f(3) = 12.

Ahora bien,

m = f (3) = 2(3) + 1 = 6 + 1 = 7.

Por lo tanto, luego de sustituir y simplificar nos queda que la ecuacin de la recta tangente a la funcin f(x) = x2 + x en el punto de coordenadas (3,12) es: y = 7x 9. En la grfica se pueden apreciar tanto f(x) como la recta tangente.

OBJ 5 PTA 5 Cules son las dimensiones de una lata de aluminio cuya capacidad es de 40 cm3 y que usa la menor cantidad posible de material? Suponiendo que la lata tiene forma de cilindro y tapas a ambos lados.

Solucin:

En los problemas de optimizacin estn dados siempre bien sea de forma implcita o explicita la funcin que se va a maximizar o minimizar y alguna condicin que relaciona las variables con las que se va a trabajar.

El volumen del cilindro viene dado por el producto del rea de una de las tapas y la altura del mismo, esto es:

(r2)h.

El material empleado (aluminio) en la elaboracin del cilindro viene dado por la suma de las reas de la tapa superior, la tapa inferior ms el rea de la parte cilndrica, es decir:

(r2) + (r2) + 2rh = 2(r2) + 2rh. [1]

Recurdese que por hiptesis tenemos: (r2)h = 40, de donde resulta que:

h = 2

40

r , r > 0. [2]

Por qu r > 0 y no r 0?

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Llamemos M a la cantidad de material empleado en la elaboracin de la lata, sustituyendo [2] en [1], nos queda:

M(r) = 2r2 + 2r2

40

r , r > 0,

M(r) = 2r2 + 80

r , r > 0

Queremos hallar el mnimo de la funcin M, para lo cual nos apoyaremos en las propiedades de la derivada.

Comencemos por determinar el o los puntos crticos de M, es decir, puntos en los que M = 0, luego establezcamos la naturaleza de stos puntos crticos, y por ltimo calculemos el valor mximo o mnimo de la funcin.

M(r) = 4r - 2

80

r = 0 4r =

2

80

r r3 = 20.

De lo anterior resulta que el nico punto crtico de M es:

r =

1 320

1,85 cm.

Luego, en virtud del Criterio de la Primera Derivada (ver Mdulo II de Matemticas II cd. 178 179, pgina 115), tenemos que en r = 1,85 hay un mnimo, con valor:

M(1,85) = 2(1,85)2 + 80

1,85 64,7 cm2

FIN DEL MODELO.