UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANTISIMA CONCEPCIONFACULTAD DE INGENIERIADEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y FISICA APLICADAS (DMFA)

Certamen N◦ 2

CALCULO I (Mat 112C)

Problema 1 ( 12 puntos) Para la sucesion

{3n + 1

4n − 3

}

(i) Determine los 5 primeros terminos.

Solucion a1 = 4, a2 =7

5; a3 =

10

9; a4 =

13

13= 1; a5 =

16

17(2 puntos)

(ii) Estudie la monotonıa.

Solucion:

an+1 − an =3(n + 1) + 1

4(n + 1) − 3− 3n + 1

4n − 3

=3n + 4

4n + 1− 3n + 1

4n − 3

=(3n + 4)(4n − 3) − (3n + 1)(4n + 1)

(4n + 1)(4n − 3)

=12n2 − 9n + 16n − 12 − 12n2 − 3n − 4n − 1

(4n + 1)(4n − 3)

=−13

(4n + 1)(4n − 3)< 0

an+1 − an < 0 = an+1 < an

Ası la sucesion es decreciente. (4 puntos)

(iii) Estudie el acotamiento.

Solucion

La sucesion es acotadoa inferiormente pues:3

4< an; ∀x ∈ R (4 puntos)

(iv) ¿ Es la sucesion convergente?. Justifique.

SolucionPor teorema : Sea an una sucesion decreciente y acotada inferiormente,

entonces convergente. limn→+∞

3n + 1

4n − 3=

3

4(2 puntos)

Problema 2 ( 10 puntos) Demuestre el siguiente lımite: limx→3

2x − 5

x + 4=

1

7

Solucion ∀ε > 0, ∃δ > 0, (0 <| x − 3 |< δ =⇒ |2x − 5

x + 4− 1

7| < ε) (2puntos)

en efecto

1

|2x − 5

x + 4− 1

7| = |14x − 35 − (x + 4)

7(x + 4)| =

13

7

|x − 3||x + 4| (3puntos)

Notar que: |x − 3| < δ =⇒ −δ < x − 3 < δ/ + 7=⇒ 7 − δ < x + 4 < δ + 7

7 − δ > 0 =⇒ δ < 7Haciendo δ1 = 1, se tiene =⇒ 6 < x + 4 < 8

=⇒ −1

6<

1

8<

1

x + 4<

1

6

=⇒ 1

|x + 6| <1

6(3puntos)

Por tanto :13

7

|x − 3||x + 4| <

13

7δ1

6< ε

haciendo δ2 =42

13ε por tanto, tomando

δ∗ = min {1,42

13ε}

∀ε > 0, ∃δ∗ > 0, (0 < |x − 3| < δ∗ =⇒| 2x − 5

x + 4− 1

7|< ε) (2puntos)

Problema 3 (10 puntos) Calcule los siguientes lımites en caso de que existan. Siel lımite no existe explique por que.

(i) limx→1

3√

x − 1

x3 − 1.

Solucion

limx→1

( 3√

x − 1)

x3 − 1

3√

x2 + 3√

x + 13√

x2 + 3√

x + 1.

limx→1

( 3√

x − 1)

(x − 1)(x2 + x + 1)

3√

x2 + 3√

x + 13√

x2 + 3√

x + 1.

limx→1

(x − 1)

(x − 1)(x2 + x + 1)(3√

x2 + 3√

x + 1)

limx→1

1

(x2 + x + 1)(3√

x2 + 3√

x + 1)=

1

9(5 puntos)

(ii) limx→0

√1 + x − √

1 − x

| x | .

Solucion

limx→0

√1 + x − √

1 − x

| x |(√

1 + x +√

1 − x)

(√

1 + x +√

1 − x)

limx→0

(1 + x) − (1 − x)

(| x |)(√1 + x +√

1 − x)

limx→0

2x

(| x |)(√1 + x +√

1 − x)

2

limx→0+

2x

(| x |)(√1 + x +√

1 − x)= lim

x→0+

2x

(x)(√

1 + x +√

1 − x)

limx→0+

2

(1)(√

1 + x +√

1 − x)=

2

2= 1

limx→0−

2x

(| x |)(√1 + x +√

1 − x)= lim

x→0−

2x

(−x)(√

1 + x +√

1 − x)

limx→0−

2

(1)(√

1 + x +√

1 − x)=

2

−2= −1

luego el lımite no existe pues:

limx→0+

2

(1)(√

1 + x +√

1 − x)6= lim

x→0−

2

(1)(√

1 + x +√

1 − x)(5

puntos)

Problema 4 ( 10 puntos) Determinar las asıntotas horizontales, verticales u oblicuas,

si existen, de la grafica de la funcion f(x) =1

x − 1+x−1. Bosquejar su grafica.

SolucionDom(f) = R − {1}

interseccion con eje y , si x = 0 entonces y = −2

La grafica pasa por el punto (0, −2) (2 puntos)

Asıntota Vertical

limx→1−

(1

x − 1+ x − 1) = −∞

limx→1+

(1

x − 1+ x − 1) = +∞

x = 1 es asıntota vertical ( 4 puntos)

Asıntota horizontal

limx→−∞

(1

x − 1+ x − 1) = −∞

limx→+∞

(1

x − 1+ x − 1) = +∞

No tiene asıntota horizontal ( 2 puntos)

Asıntota Oblicua

m = limx→+∞

(f(x)

x) = lim

x→+∞(

1

x − 1+ x − 1

x) =

3

limx→+∞

(1

x2 − x+ 1 − 1

x) = 1

b = limx→+∞

(f(x) − mx) = limx→+∞

((1

x − 1+ x − 1) − x) =

b = limx→+∞

(1

x − 1− 1) = −1

Luego la recta L : y = x − 1 es asıntota oblicua

m = limx→−∞

(f(x)

x) = lim

x→−∞(

1

x − 1+ x − 1

x) =

limx→−∞

(1

x2 − x+ 1 − 1

x) = 1

b = limx→−∞

(f(x) − mx) = limx→−∞

((1

x − 1+ x − 1) − x) =

b = limx→−∞

(1

x − 1− 1) = −1

Luego la recta L : y = x − 1 es asıntota oblicua (4 puntos)

Bosquejo de la funcion (3 puntos)

4

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

−9

−10

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10

Prolema 5 ( 15 puntos) Establezca si existen los valores a y b con los que la funcionf es continua en R.

f(x) =

x + 2a si x < −2

3ax + b si −2 ≤ x ≤ 1

3x2 − 2b si x > 1

Solucion

Posibles puntos de discontinuidad x1 = −2 y x2 = 1.lim

x→−2−(x + 2a) = −2 + 2a

5

limx→−2+

(3ax + b) = −6a + b

f(−2) = −6a + b (2 puntos)la funcion es continua en x = −2 se verificalim

x→−2−f(x) = lim

x→−2+f(x) = f(−2)

−2 + 2a = −6a + b =⇒−8a + b = −2............(∗) (2puntos)Para x2 = 1lim

x→1−(3ax + b) = 3a + b

limx→1+

(3x2 − 2b) = 3 − 2b

f(1) = 3a + b (2 puntos)

la funcion es continua en x = 1 se verificalim

x→1−f(x) = lim

x→1+f(x) = f(1)

3a + b = 3 − 2b =⇒3a + 3b = 3 ............(**) (2 puntos)

de (*) y (**) se tiene−8a + b = −23a + 3b = 3

Solucionando el sistema se tiene a =1

3y b =

2

3(2 puntos)

Ası los valores encontrados se reemplaza en la funcion se tiene:

f(x) =

x +2

3si x < −2

x +2

3si −2 ≤ x ≤ 1

3x2 − 4

3si x > 1

Ademas las funciones x +2

3, x +

2

3y 3x2 − 4

3son funciones continuas en su corre-

spondiente dominio, (3 puntos)luego f(x) es continua en todo R. (2 puntos)

Duracion: 100 minutos. June 14, 2010MT/EN/CC/ML/AP/MG/MC/MG/NS/ns

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