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AM I - 1º Parcial 10/08/12 y su recuperatorio [resuelto] 14/09/12 - Alba Gregoret
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mariano0 Sin conexión
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Mensaje: #1
AM I - 1º Parcial 10/08/12 y su recuperatorio [resuelto] 14/09/12 - Alba Gregoret Parciales Análisis Matemático I
Les dejo estos parciales del 2012.


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24-07-2014 22:02
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Mensaje: #2
RE: AM I - 1º Parcial 10/08/12 y su recuperatorio 14/09/12 - Alba Gregoret
Les dejo resuelto el del viernes 14/09/2012

1) F, contraejemplo

a) si a=2 entonces

\[\lim_{x\to 1}\frac{\sin(\pi x)}{1-x^2}\]

cumple las condiciones del teorema de l'hopital entonces derivando

\[\lim_{x\to 1}\frac{\sin(\pi x)}{1-x^2}=\lim_{x\to 1}\frac{\cos(\pi x)\pi}{-2x}=\frac{\pi}{2}\neq 2\]

b) Es F, contraejemplo

tomo la funcion

\[f(x)=(x^2+x^3)^3\]

derivable para todo R por ser una suma de polinomios , si es creciente se cumple \[f'(x)>0\]

derivando f

\[f'(x)=3(x^3+x^2)^2\cdot (3x^2+2x)\]

los puntos criticos son

\[x=-1\quad x=-\frac{2}{3}\quad x=0\]

por el criterio de la primera derivada se determina que

\[\\x<-1\to f'(x)>0\\\\ x\in\left(-1,-\frac{2}{3}\right)\to f'(x)>0\\\\ x\in \left(-\frac{2}{3},0\right)\to f'(x)<0\]

2) el punto en comun donde nos piden todo el calculo es el punto \[A=(-2,y_0)\] , para hallar el y0 simplemente se reemplaza en la ecuacion de la recta normal entonces el punto es

\[A=\left ( -2,\frac{4}{3} \right )\]

como no conocemos la funcion g puedo aproximarla por su recta tangente en ese punto entonces

\[g(x)\approx y(x)=5(x+2)+\frac{4}{3}\]

luego la recta tangente a la composicion esta definida como \[(y-f(g(-2))=y'(x+2)\]

\[f(g(-2))=f\left ( \frac{4}{3} \right )=\ln(5-4)+\sqrt{\frac{25}{9}}=\frac{5}{3}\]

para hallar la pendiente por regla de la cadena

\[\\y=f(g(-2))\\\\ y'=f'(g(-2))\cdot g'(-2)=f'\left ( \frac{4}{3} \right )\cdot g'(-2)\]

derivando y haciendo los reemplazos necesarios

\[y'=f'\left ( \frac{4}{3} \right )\cdot g'(-2)=-\frac{11}{5}\cdot 5=-11\]

finalmente la recta tangente a la composicion tiene ecuacion

\[\left ( y-\frac{5}{3} \right )=-11(x+2)\]

3)

a) el dominio de f sera la interseccion del dominio de la primera rama con la segunda, de la segunda es simple observar que el dominio es todo R

analizando las condiciones de existencia para el dominio

\[3-x=0\to x=3\]

\[1-exp\left({\dfrac{x}{3-x}}\right)=0\to x=0\]

con algo de curso de ingreso se llega a

\[dom f=\left \{ x\in R-\left\{0,3\right\} \right \}\]

b) por definicion , si una funcion es derivable en x=a entonces es continua en a, entonces

\[\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^-}f(x)\]

\[\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-} 3-arc tan (x)=3\]

por comodidad en notacion defino

\[h(x)=\frac{x}{3-x}\]

luego

\[\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+} \frac{x}{-(e^{h(x)}-1)}\]

por teoria de infinitesimos

\[e^{h(x)}-1\approx h(x)\Leftrightarrow x\to 0\]

entonces

\[\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+} \frac{x}{-(e^{h(x)}-1)}=\lim_{x\to 0^+} \frac{x}{-h(x)}\]

reemplazando h(x) y operando

\[\lim_{x\to 0^+} \frac{x}{-h(x)}=\lim_{x\to 0^+}x-3=-3\]

los laterales no son iguales, entonces f no es derivable en x=0

5) los puntos que pertenecen a la curva son de la forma \[P=\left ( \frac{y^2}{2},y \right )\] el punto que nos dan \[A=(-1,-8)\] por definicion de distancia entre dos puntos

\[d^2(y)=\left ( \frac{y^2}{2}+1 \right )^2+(y+8)^2\]

para ahorrar un poco de cuentas defino

\[d^2(y)=f(y)=\left ( \frac{y^2}{2}+1 \right )^2+(y+8)^2\]

siendo f(y) funcion a minimizar , una vez derivada el unico punto critico que presenta es cuando \[y=-2\] utilizando el criterio de la primera derivada, o segunda como mejor les parezca se

concluye que es un minimo

luego la distancia minima al punto pedido sera \[d=\sqrt{45}\]

4) lo pienso un poco

revisen las cuentas por las dudas y avisen si mande fruta en algun lado ;), el otro que queda para otro dia roll

(Este mensaje fue modificado por última vez en: 26-07-2014 09:37 por Saga.)
25-07-2014 01:24
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