Práctica n° 04

UNMSM/FCB 2013-1 NORIEGA YARLEQUÉ, Valeria/ Código: 13100077

PRACTICA N°4

Problema 1

Resolver:

( x3−8 ) ( x2+4 x−5 ) ( x2−16 )≤0

Solución:

( x−2 ) ( x2+2x+4 ) ( x+5 ) (x−1 ) ( x+4 )(x−4)≤0

( x−2 ) ¿

∴Cs :<−∞ ,−5¿U [−4,1 ]U [2,4 ]−{−2 }

Problema 2

Hallar la ecuación de la elipse de centro en (3,1) siendo uno de los vértices (3,-2) y el valor de

su excentricidad es e=13

Solución:

a = 3b = 2√2

1 Prof. Milton Aycho Flores.


PRACTICA N°4

c = 1 e= c

a=13

*F1=(h , k−c )=(3,0 )

*F2=(h , k+c )=(3,2)

a2=b2+c2

32=b2+18=b2

E :(x−3)8

2

+( y−1)9

2

=1

Problema 3

En un campo se quiere limitar una parcela de 24m2 por medio de una valla rectangular y además dividirla en dos partes iguales por medio de otra valla paralela a uno de los lados. ¿Qué dimensiones deben elegirse para que la cantidad de la valla sea mínima? Respuesta: 6m. de largo por 4m. de ancho.

Solución:

Área: 2yx = 24m



PRACTICA N°4

xy = 12m

y = 12x

Perímetro de la valla: 4y+3x

= 3x + 4 ( 12x

)

= 3x + 48x

C ( x )=3 x+48 x−1

Piden la cantidad mínima:

C '(x)=0

C '( x )=¿3- 48x2= 0

3 = 48

x2 x2=16 x =4

y = 124

= 3

∴ La respuesta será 6m. de largo por 4m. de ancho

Problema 4

En un círculo de diámetro 8cm. Se divide este en dos trozos que son también diámetros de otros dos círculos. Halla la medida de los trozos para que la diferencia entre el área del círculo grande y la de los dos pequeños sea máxima.



PRACTICA N°4

Solución:

D=8cm

r = 4cml = 2π (4 )=8π

x = 2π r1 r1= x2π

8 π−x=2 π r2 r2=8 π−x2 π

.4− x2π

A(x)=π (42 )−¿ A(x)=16 π−[ x2

4 π+π (16+ x2

4 π2−2 (4 ) x

2π )]A(x)=16 π−[ x2

4 π+16π+ x2

4π−4 x ]

A(x)=16 π−[ x2

2π+16π−4 x]

A(x)=16 π− x2

2 π+4 x−16 π

A( x )=4 x− x2

2π

Para hallar el mínimo deriva:A '(x)=0

4 - 2 x2π

=0 x = 4π

8π−x = 8π−4 π=4 π

d= d’ = 4π cm.



PRACTICA N°4

Problema 5

Hallar en circunferencia: C1: 16x2+16y2+48x-8y-43=0 el punto M mas próximo a la recta: 8x-4y+73=0Solución:

x2 +y2+ 3x -12

y - 4316

= 0(x+3

2)2 + ( y− 1

4)2 - 94

- 16

- 4316

= 0(x+3

2)2 + ( y− 1

4)2 – 8016

= 0(x+3

2)2 + ( y− 1

4)2 = 5 ; centro: ( - 3

2 , 14

) , radio = √5Sea ( x , y ) el punto de L más cercano a C1

Como ( x , y ) ∈L: 8x – 4y + 73 = 02x – y + 73

4 = 0

Y = 2x + 734

Pero: d2 = (x+ 3

2 )2 + ( y−1

4 )2

d2 = (x+ 32 )

2 + (2 x+ 734

−14)2

d2 = (x+ 32 )

2 + (2 x+18)2



PRACTICA N°4

d2 = x2 +3x + 94

+ 4 x2 +72x +324d2 = 5 x2 +75x + 1305

4

Pero ( a, b ) en el punto más cercano : D es mínimo ; D2 es mínimo.

→∂ (d2)

∂a = 0→ ∂(5a2+75a+ 1305

4)

∂a = 10a + 75 = 0

A = - 7,5 = - 7510

= - 152

B = 2(−152

) + 734

= -15 + 734

= 134

∴ M = (−153

, 134

)Problema 6

Resolver:



PRACTICA N°4

¿ x−6∨−x+¿ x+2∨ ¿x−2

<3¿

Solución:

|x-6| = x-6, si x ≥6 6-x, si x < 6 |x+2| = x+2, si x ≥2-x-2, si x <-2Intervalos: A) x < -2B) -2 ≤ x<6C) x ≥6A) x ←2 : |x+6| = 6-x|x+2| = -x-2

→6−x−x−x−2

x−2<3→

4−3xx−2

<3→4−3 xx−2

−3<0

→4−3x−3x+6

x−2<0→

10−6 xx−2

<0→3x−5x−2

>0

<-∞ ,53>∪<2,+∞>¿

→←∞ ,53>∪<2 ,+∞>¿

→←∞ ,−2>∩¿

C.S. = <-∞ ,−2>¿

B) – 2 ≤ x<6 :|x+6|=6−x

|x+2| = x+2→6−x−x+x+2

x−2<3→

8−xx−2

<3→8−xx−2

<0

→8−x−3 x+6

x−2<0→

14−4 xx−2

<0→2 x−7x−2

>0



PRACTICA N°4

<-∞ ,2>∪< 72

,+∞>¿

(<∞ ,−2¿∪<6 ,+∞>¿∩¿

C.S. = <-∞ ,−2¿∪<6 ,+∞>¿

c) x≥6 :|x−6|=x−6

|X+2| = x+2x−6−x+x+2

x−2<3→

x−4x−2

<3→x−4x−2

−3<0

x−4−3 x+6x−2

<0→2−2 xx−2

<0→x−1x−2

>0

C.S. = <-∞ ,1>∪<2 ,+∞>¿

→¿

C.S.= [6, +∞>¿

C.S. = A ∩ B∩ C = <-∞ ,−2¿∪¿∴ x∈ [−2,6 ]

Problema 7



PRACTICA N°4

Halla la ecuación de la cónica que satisface las condiciones dadas y hacer un dibujo en la gráfica.

a. Hipérbola con extremos del eje conjugado en (0,-3) y (0,3) y E = 2

b. Hipérbola con centro en el origen, sus focos en el eje x,y que pasa por los puntos

(4, -2) y (7,-6).Solución:

A ¿→b=3

Dato: E = 2C = A x E →c=2a

Pero: c2 = a2 + b2(2a )2 = a2 + 323a2 = 9 →a=√3

→centro (h , k )=(o ,o)

Ec. Hipérbola (x−h)2

a2 – ( y−k )2

b2 = 1 ≫ x2

3 - y2

9 = 1



PRACTICA N°4

B ¿ Condición: F1 y F2 sobre eje x→ centro: (h,k) = (0,0)}

Ec . Hipérbole: →

(x−h)2

a2 – ( y−k )2

b2 = 1

→ x2

a .2 - y2

b2 = 1

Pero: →Pasa por (-4,2): 42a2

– (−2)2b2

= 1 → 16a2

- 4b2

= 1 ...(x9) …. (A) → 144

a2 - 36

b2 = 9

→ Pasa por (7,-6):72

a2 – (−6)2

b2 = 1 → 49

a2 - 36

b2 =1 …. (B)

∴ Restando A y B :10 Prof. Milton Aycho Flores.


PRACTICA N°4

→144

a2 - 36

b2 - 49

a2 + 36

b2 = 9 – 1

→95

a2 = 8 → a2 = 95

8

Entonces: → 1695

8 - 4

b2 =1 → 12895 - 4

b2 = 1 → 4

b2 = 12895 - 1 = 3395

→ b2 = 38033 Ec. Hipérbole : x2

958

- y2

38033

= 1

Problema 8

Calcule si existe



PRACTICA N°4

limx→

16

12−[|x3∨¿

[|3 x|]−10

Solución:

|x3∨→

118

limx→

16

−[|x3|] = 0

limx→

16

+[|x3|] = 0

|3x| →12

limx→

16

−[|3 x|] = 0

limx→

16

+[|x3|] = 0

El límite sí existe

⇒ limx→

16

12−00−10 = -

1210

= - 65

Problema 9

En cada uno de los siguientes f x estudie el dominio, las posibles asíntotas; los máximos ymínimos locales; los intervalos de crecimiento y decrecimiento; el sentido de curvatura, los puntos de inflexión. Sobre la base de todos estos datos, realice una gráfica aproximada de f .

f ( x) = x2−4x2−3

Solución:

Dom: x2−3≠0→ ( x−√3 )( x+√3)≠0



PRACTICA N°4

x≠ {−√3,√3}Domf ( x)=R−{−√3 ,√3 }

*Asíntotas:. lim

x→−√3+¿ f (x)¿¿ = ∞ lim

x→−√3−¿ f ( x )=−∞¿¿

. limx →√3+¿

f ( x )=∞ limx →√3−¿f ( x)¿

¿¿¿= -∞

x = -√3

, x=√3

son asíntotas verticaleslim

x→ ±∞

x2−4x2−3

= 1 - limx→ ∞

1− 1

x2−3 = 1 ⇒ Y = 1 es asintota horizontal

*Max. Y Mím. f ( x)=

x2−4x2−3

= f ( x)' = ( x2−3 ) (2x )−(x2−4)(2 x)

(x2−3)2

f ( x) = 2x (x2−3−x2+4)(x2−3)2

= 2x¿¿ = 0

Punto critico: x= 0f ( x)

' ' = (x2−3)2.2−(2x ) .2(x2−3)(2 x)( x2−3 )4

Para x=0: f ( x=0 )' ' = (−3)2 .2−0

(0−3)4 ¿ 0 → x=0 es un mínimo

Intervalos de creciemiento: f ( x)

' = 2 x

(x2−3)2 ,



PRACTICA N°4

f ( x)' ' = 2x4−12x2+18−8 x4+24 x2

(x2−3)4 = −6 x4+12x2+42

(x2−3)4 = −6(x4−2 x2−7)

(x2−3)2 =

−6 ( x2−1−2√2 )(x2−1+2√2)( x2−3)4

⇒ Posibles puntos de inflexión : x = √2√2+1 ; x = - √2√2+1Intervalos ( para x≥0, pero f ( x) es simetrica respoecto a x )→¿ ¿ , ¿√2√2+1 , +∞>¿

f ( x) f ( x)' f ( x)

' ' función¿ crece Crece ¿0 Creciente y cóncava hacia arriba

¿√3 ,√2√2+1 ¿ Decrece Decrece ¿0 Decreciente y cóncava hacia arriba¿√2√2+1 , +∞>¿

Crece crece ¿0 Creciente y cóncava hacia abajo



PRACTICA N°4

Problema 10

En cierta parábola la distancia del vértice al foco F es 1. P es un punto de la parábola que dista 5 unidades del foco Q es la proyección de P sobre la directriz. R es la intersección de la directriz con el eje. Hallar el área del cuadrilátero PQRF

Solución:

El cuadrilátero PQRF es un trapecio rectángulo de lados paralelos PQ y FR , yaltura PH , la ordenada de P. Entonces:



PRACTICA N°4

a (PQRF) = 12

(|PQ|+¿ FR∨¿¿) = 5|PF∨¿=|PQ|=5¿

|FR|2|VF|=¿2(1) =2Si |PQ∨¿|PB|=¿BQ∨¿ → 5 = X+1 → X=4La ecuación de la parábola es de la forma: y2=4 px

Luego, para x=4, y2=4 (1 ) (4 )=16

y=|PH|=4

Por lo tanto a (PQRF) = 12

(5+2 )4=14

Problema 11

Hallar la ecuación de la recta equidistante de las rectas paralelas L1: 4 x+3 y=24 y L2: 4 x+3 y=6Solución:

Sea P(x,y) un punto cualquiera de la recta L1 y L2

Por ser equidistante:

d (P , L1)=d (P ,L2)

-4 x+3 y−24

+√16+9=4 x+3 y−6

+√16+9

Por lo tanto obtenemos la recta:

L :4 x+3 y−15=0

Problema 12



PRACTICA N°4

Esbozar la gráfica de f ( x)= -x4+8 x2-10, indicando:

a) Intervalos de creciemiento y decreciemiento, externos relativos y asíntotas.

b) Puntos de inflexion e intervalos de cóncavidad.Solución:

f ( x)= -x4+8 x2-10f ( x )= -4 x3+¿-10x = 0 = 4x3+4 x=0

= x(-x2+4) = 0 = x ( -x +2) (2 +x) = 0 = x =0 , x=2, x=-2

a. Crecimiento: ←∞ ,−2>¿ ∪<0,2>¿Decrecimiento: ←2,0>∪<2 ,+∞>¿ a.1. ∃ x=−2, un máximo relativo y el máximo es f (−2 ) = 6a.2. ∃ x= 0 , un mínimo relativo y el minimo es f (0) = -10a..3 ∃ x= 2, un maximo relativo y el maximo es f (2) = 6Concava ↑ :<−√3

3 , √33

>Concava ↓ :<∞ , −√3

3 > ∪ < √3

3 , + ∞ >

b. f ( x)' ' = - 12x2+4=0 = -3 x2 +1 = 0

f ( x)' ' = x = ± √3

3

Puntos de inflexión: P.I ( -−√33

, f −¿( √33

)¿ , P.I ( √3

3 , f ( √3

3)¿



PRACTICA N°4

Problema 13

Sea f ( x) = x4−2x3+2 x2−x. Demuestre usando el teorema de Rolle, que la ecuación 4

x3−6 x2+4 x−1=0, tiene al menos una raíz real en el intervalo (0,1).Solución:

f ( x )=¿ x4−2x3+2x2− x→ f ( x)' = 4x3−6x2+ 4x−1¿Por el teorema de Rolle I) f ( x) es continuo ∀ x∈[0,1]II) f ( x) es diferenciable ∀ x∈<0,1>¿III) f (0 )=0→f (1 )=0⇒ f (0)=f (1)

→∃c∈ <0,1>/ f (c)' ' = 0

→∃c ϵ<0,1>¿ / 4c3−6 c2+4c−1=0 ⇒ existeunaraíz en elintervalo de<0,1>¿

Problema 14

Resolver: f ( x )=¿¿ 3x+1, x ≠0 ; Estudie la continuidad de la función f ( x)

, especificando

4x3 + 2x, x=0 el tipo de discontinuidad si la hay.

Solución:

X≠0 :f ( x) es continua por ser una fracción polinomialX=0i) f (0 )=0ii) lim

x →0f (x )=lim

x →03 x+1=1

iii) limx →0

f ( x )≠ f (0)1 ≠ 0→f (x) es discontinua en x=0 El tipode discontinuidad esremovible .

12. Estime el valor de limx→−∞

√ x2+ x+1 +x dibujando la función f ( x) = √ x2+x+1 +x18 Prof. Milton Aycho Flores.


PRACTICA N°4

12.1Use una tabla de valores de f ( x) para conjeturar el valor del límite.12.2 Pruebe su conjerura.lim

x→−∞¿¿ +x)

x f ( X )

-100000 -0.49-90000 -0.49-80000 -0.49

→ limx→−∞

¿¿ +x ) = -0.5L = lim

x→−∞¿¿ +x) = 00-∞

L= limx→−∞

(√ x2+x+1+x )(√x2+x+1−x)

√x2+x+1−x

L= limx→−∞

x2+x+1−x2

√x2+x+1−x

L= limx→−∞

x+1

√x2+x+1−x

L= limx→−∞

x+1−x

√x2+x+1−x−x

= limx→−∞

−1−1x

√1+ 1x + 1x2

+1 = −11+1 = -1

2 = -0,5

Problema 15



PRACTICA N°4

Calcule los siguientes límites aplicando la regla de L’ Hospital, siempre que ello sea posible:

limx →0

tg x−sin x

sin x2

Solución:

limx →0

tg x−sin x

sin x2 = tg0−sin0

sin02 = 0

0

→ L’ Hospital:limx →0

(tgx−sin x)'

(sin x2)'

= limx →0

sec x2−cosx

2sin x .cosx

= 00

sen2x

⇒ L’ Hospital:limx →0

secx2−cosx

sen2 x

= 2 sec x. sec x .tgx+senx

2cos2x

= 2 sec (0 ) .tg (0)+sen(0)

2

2cos(2.0) = 2 (1 ) (0 )+0

2(1) = o

Problema 16

El perímetro de la ventana del dibujo mide 6m. Los dos lados superiores forman entre sí un ángulo de 90°. Calcule la longitud de los lados “a” y “b” para que el área de la ventana sea

máximaSolución:


b

√2b

√2


PRACTICA N°4

P = 6m2a + b + 2b

√2 = 62a = 6 – b - 2b

√2

a= 3 - b2− b

√2………………………(1)A = ( b

√2)2

2+ab

A = b24

+¿) bA = b2

4+3b−b2

2− b2

√2 b>0

A’ = 2b4

+3−b−2b

√2=0

A’ = 2b4

+3 – b - 2b

√2 = 0A’ = −b

2−2b

√2=−3



PRACTICA N°4

A’ = b (12+ R

√2¿=3→b= 3

(12+2

√2)→b=1.56 …………….. (2)

(2) en (1):a= 1.108Problema 17

Resolver:

limx →1

x2−13√ x−2+

3√1−x+x2

Solución:

limx →1

( x−1 ) ( x+1 )Q x

¿¿ ¿

limx →1

( x+1 ) ( x−1 )Q(x)

x−2+(1−x+x2)

limx →1

( x+1 )(x−1)Q(x)

x2−1

limx →1

( x+1 ) ( x−1 )Q(x)

(x2−1)

limx →1

Q( x )=¿limx→1

¿ ¿¿¿

1+1+1 = 3

Problema 18

Hallar las ecuaciones de las tangentes trazadas del punto P(1,4) a la parábola

P: y2+3 x−6 y+9=0Solución:



PRACTICA N°4

Las rectas tangentes que pasan por P tienen por ecuación:L: y – 4 = m(x-1)De donde, despejando x se tiene: x = 1m

(y + m – 4)Sustituyendo en la ecuación de la parábola nos da:y2+ 3

m( y+m−4 )−6 y+9=0→m y2+(3−6m ) y+12m−12=0

Por condición de tangencia: (3-6m¿2−4m (12m−12 )=0

Efectuando obtenemos: 4m2−4m−3=0→m=32

ó m=−12

Por lo que, las ecuaciones de las dos tangentes son:L1:3 x−2 y+5=0ó L2: x+2 y−9=0

Problema 19

Calcular:

limx→ 3+¿ ¿¿¿

¿

Solución:

36-5x = 0 → x = 7.236+5x = 0 → x = -7.2

l=|36−5 (3 )10 |∨36+5 (3 )

10∨¿



PRACTICA N°4

l=( 2110 )( 5110 )

l=1071100

Problema 20

Demostrar que la función f es inyectiva, donde: f ( x)=¿ 2

√x, si x ∈ 4,+∞>

−x2 , si x<0

Solución:

f 1 ( x )= 2

√ x y f 2 ( x )=−x2

∀ x1 , x2∈D f 1→f 1 ( x1 )=f 1 ( x2 )→ 2

√x1= 2

√x2→x1=x2

Por lo tanto f 1 ( x )es inyectiva

∀ x1 , x2∈D f 2→f 2 ( x1 )=f 2 ( x2 )→−x1

2=x22→x1=x2

Por lo tanto f 2 ( x )es inyectiva

Ahora: R f 1∩ R f 2

=∅

Para x ∈<4 ,+∞>→ y= 2

√x→ x= 4

y2

X = 4y2∈<4 ,+∞>→ y= 2

y2>4→ y2<1→ y∈<0,1>→R f 1

=¿0.1>¿

Para x < 0 → y=−x2→ x=−√− y<0→√− y>0→− y>0→ y<0

R f 2=←∞,0>¿



PRACTICA N°4

R f 1∩ R f 2

=¿0,1>∧←∞,0>¿∅

Por lo tanto es inyectiva


Documents

Práctica n° 04