Prueba en LaTeX
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El siguiente pdf es una prueba de las cosas que se pueden hacer en editor de textos cientificos LaTeX, si desean saber el codigo fuente solo necesitan escribirme.
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LATEX For Users Facebook
Jesús Iván Herrera López
11 de octubre de 2015
lım(x,y)→(0,0)
sin(x3 + y3
)x2 + y2
= 0
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ ⇒
∣∣∣∣∣ sin(x3 + y3
)x2 + y2
∣∣∣∣∣ > ε
Para probar la existencia del límite escogemos como minimo dos trayectoriasestas ueden ser una recta como y = mx o una curva como y = x2
Se tiene la siguiente inecuación:
∣∣∣∣x+ 2
x− 6
∣∣∣∣− ∣∣∣∣x− 1
x− 3
∣∣∣∣ < 0
⇒ |x+ 2||x− 6|
− |x− 1||x− 3|
< 0
⇒ |x+ 2||x− 6|
<|x− 1||x− 3|
Para x 6= 3 , 6 se tiene lo siguiente:
|x+ 2| |x− 3| < |x− 1| |x− 6|
Los puntos críticos son: -2 ; 1 ; 3; 6
CASO I: Si x < −2
x < −2 ⇒
|x+ 2| = −x− 2
|x− 3| = −x+ 3
|x− 1| = −x+ 1
|x− 6| = −x+ 6
Entonces
1
(−x− 2) (−x+ 3) < (−x+ 1) (−x+ 6)
x2 − x− 6 < x2 − 7x+ 6
x < 2 =⇒ x ∈ 〈−∞,−2〉
(Ver �gura 1)*
CASO II: Si −2 < x < 1
−2 < x < 1 ⇒
|x+ 2| = x+ 2
|x− 3| = −x+ 3
|x− 1| = −x+ 1
|x− 6| = −x+ 6
Entonces
(x+ 2) (−x+ 3) < (−x+ 1) (−x+ 6)
−x2 + x+ 6 < x2 − 7x+ 6
2x2 − 8x > 0
2x (x− 4) > 0 =⇒ x ∈ 〈−∞, 0〉 ∪ 〈4,+∞〉
=⇒ x ∈ 〈−2, 0〉
(Ver �gura 2)*
CASO III: Si 1 < x < 3
1 < x < 3 ⇒
|x+ 2| = x+ 2
|x− 3| = −x+ 3
|x− 1| = x− 1
|x− 6| = −x+ 6
Entonces
(x+ 2) (−x+ 3) < (x− 1) (−x+ 6)
−x2 + x+ 6 < −x2 + 7x− 6
2
x > 2 =⇒ x ∈ 〈2, 3〉
(Ver �gura 3)*
CASO IV: Si 3 < x < 6
3 < x < 6 ⇒
|x+ 2| = x+ 2
|x− 3| = x− 3
|x− 1| = x− 1
|x− 6| = −x+ 6
Entonces
(x+ 2) (x− 3) < (x− 1) (−x+ 6)
x2 − x− 6 < −x2 + 7x− 6
3
2< x =⇒ x ∈ 〈3, 6〉
(Ver �gura 4)*
CASO V: Si 6 < x
6 < x ⇒
|x+ 2| = x+ 2
|x− 3| = x− 3
|x− 1| = x− 1
|x− 6| = x− 6
Entonces
(x+ 2) (x− 3) < (x− 1) (x− 6)
x2 − x− 6 < x2 − 7x+ 6
x < 2 =⇒ x ∈ {∅}
(Ver �gura 5)*
la respuesta será: El conjunto soluion de la unión de cada intersepción de sub-conjunto.
Se tiene la siguiente ecuación diferencial
y′ − y = 2xe2x
Solucion Homogenea
3
Ecuación caracteristica:
m− 1 = 0 =⇒ m = 1
yh = C1ex
Solucion Particular
f(x) = 2xe2x
¾Es a = 2 una raiz de la ecuacion caracteristica
Como la respuesta es negativo no hay multiplicidad
yp = (Ax+B) e2x
y′p = (2Ax+ 2B +A) e2x
Restando:
y′p − yp = (2Ax+ 2B +A−Ax−B) e2x
2xe2x = (Ax+B +A) e2x
=⇒ A = 2 B = −2
Por tanto:
yp = (2x− 2) e2x
La solucion general sera la suma de la homogenea y la particular:
yG = C1ex + (2x− 2) e2x
Luego usamos los valores iniciales y(0) = 1
1 = C1e0 + (2(0)− 2) e0 =⇒ C1 = 3
En conclusión
4
yG = 3ex + (2x− 2) e2x
I =
∫Cot5x Sen4x dx
I =
∫ (Cosx
Senx
)5
Sen4x dx
I =
∫Cos5x Sen4x
Sen5xdx
I =
∫Cos5x
Sen xdx
I =
∫Cos4x
Sen xCos x dx
I =
∫ (Cos2x
)2Sen x
Cos x dx
Se sabe que:
Cos2x = 1− Sen2x
Reemplazamos y hacemos una sustitución
u = Sen x
du = Cos x dx
El resto esta en la imagen adjunta
Pasos para solucionar una ED Exacta1) Veri�car si es Exacta
2)
∫M(x, y) dx =
∫∂f
∂xdx+ h(y)
3)∂
∂y
[∫∂f
∂xdx+ h(y)
]≡ N(x, y)
4) h(y) =
∫h′(y) dy
5) Solución: Sustituir h(y) en el paso 2.
5
Una ecuación diferencial de la forma:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
Será una Ecuación Diferencial Exacta si:
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
Tenemos la siguiente ecuación diferencial
(x+ y − 2) dx+ (x− y + 4) dy = 0
De�nimos M(x, y) y N(x, y) :
M (x, y) = x+ y − 2
N (x, y) = x− y + 4
⇒ ∂M(x, y)
∂y= 1
⇒ ∂N(x, y)
∂x= 1
Vemos que se trata de una Ecuacion Diferencial Exacta
Entonces para su solución utilizamos:
1)d
dy
∫M (x, y) dx = N (x, y)
ó
2)d
dx
∫N (x, y) dy = M (x, y)
Para este ejercicio utilizamos el primero pero recuerda que es indiferente cualutilizar
d
dy
∫(x+ y − 2) dx = x− y + 4
d
dy
[x2
2+ xy − 2x+ h(y)
]= x− y + 4
Recordamos que al derivar respecto a y hacemos constante a x
x+ h′(y) = x− y + 4
6
=⇒ h′(y) = −y + 4 =⇒ h(y) =
∫(−y + 4) dy =⇒ h(y) = −y
2
2+ 4y + C
Por ultimo.
La Solución General será:
f(x, y) =
∫(x+ y − 2) dy + h(y)
⇒ x2
2+ xy − 2x− y2
2+ 4y = C
∴ x2 + 2xy − y2 − 4x+ 8y = C
lımx→1
1
1− x− 3
1− x2
Tenemos la siguiente ecuación diferencial
(3x+ 8)(y2 + 4
)− 4y
(x2 + 5x+ 6
)= 0
Dividiendo entre(y2 + 4
) (x2 + 5x+ 6
)para separar las variables tenemos:
(3x+ 8
x2 + 5x+ 6
)dx−
(4y
y2 + 4
)dy = 0
Integramos y manipulamos la integral:
1
2
∫3 (2x+ 5) + 1
x2 + 5x+ 6dx− 2
∫ (2y
y2 + 4
)dy = 0
3
2
∫(2x+ 5) dx
x2 + 5x+ 6+
1
2
∫dx
x2 + 5x+ 6− 2
∫2y
y2 + 4dy = 0
3
2
∫(2x+ 5) dx
x2 + 5x+ 6+
1
2
∫dx(
x+5
2
)2
− 1
4
− 2
∫2y dy
y2 + 4= 0
las tres integrales son directas por lo tanto hacemos:
u = x2 + 5x+ 6 =⇒ du = (2x+ 5) dx
v = x+5
2=⇒ dv = dx
7
w = y2 + 4 =⇒ dw = 2y dy
Por lo tanto:
3
2
∫du
u+
1
2
∫dv
v2 − 14
− 2
∫dw
w= 0
Resolviendo las integrales nos queda:
3
2Ln |u|+ 1
2Ln
∣∣∣∣v − 12
v + 12
∣∣∣∣− 2Ln |w| = C
Reemplazando las variables
3
2Ln∣∣x2 + 5x+ 6
∣∣+1
2Ln
∣∣∣∣x+ 52 −
12
x+ 52 + 1
2
∣∣∣∣− 2Ln∣∣y2 + 4
∣∣ = C
3
2Ln∣∣x2 + 5x+ 6
∣∣+1
2Ln
∣∣∣∣x+ 2
x+ 3
∣∣∣∣− 2Ln∣∣y2 + 4
∣∣ = C
Mutiplicando todo por 2
3Ln∣∣x2 + 5x+ 6
∣∣+ Ln
∣∣∣∣x+ 2
x+ 3
∣∣∣∣− 4Ln∣∣y2 + 4
∣∣ = C
Usamos los valores iniciales : y(1) = 2 =⇒ x = 1 y = 2
3Ln∣∣12 + 5 + 6
∣∣+ Ln
∣∣∣∣1 + 2
1 + 3
∣∣∣∣− 4Ln∣∣22 + 4
∣∣ = C
3Ln (12) + Ln
(3
4
)− 4Ln (8) = C
Ln (12)3
+ Ln
(3
4
)− Ln (8)
3= C
Ln
123 × 3
484
= C
Ln
(81
256
)= C = Ln (K)
La solución general fue será:
8
Ln
((x2 + 5x+ 6
)3(x+ 2)
(y2 + 4)4
(x+ 3)
)= Ln (K)
K =
(x2 + 5x+ 6
)3(x+ 2)
(y2 + 4)4
(x+ 3)=⇒ K =
81
256
Por lo tanto la solucion general será cuando se despeje y (Forma implícita) ótambien cuando se deje así (Forma explícita):
81
256
(y2 + 4
)4=
(x2 + 5x+ 6
)3(x+ 2)
(x+ 3)
El SUDOKU11 de octubre de 2015 - LATEX For Users Facebook
3 8 2 1
1 3
8 7 1 3 2
5 3 2 7 1 6
4 8 2
2 6 1 5 4
2 3 7 8
7
9 6 8 3
REGLAS DEL JUEGO
El sudoku se presenta normalmente comouna tabla de 9× 9 celdas (81 casillas) di-vidida en subcuadrículas de 3× 3 (tam-bién llamadas �cajas�, �regiones� o �blo-ques�). El objetivo es rellenar las celdasvacías, con un número en cada una deellas, de tal forma que cada columna, �lay región contenga los números del 1 al 9solo una vez.
Cada �la, columna o región no puede con-tener elementos repetidos.
LATEX For Users Facebook
Fracción sin el comando display125
3
Fracción con el comando display
125
3
Fracción con el comando display y usando el codigo �dfrac�
lımx→3
x2 − 9
x− 3
9
lımx→3
x2 − 9
x− 3
Tenemos la siguiente integral:
I =
∫ ∫R
(2x+ 1) dA
De acuerdo a la �gura tenemos:
I =
∫ 1
0
∫ 1−y
y−1(2x+ 1) dxdy
I =
∫ 1
0
(x2 + x
) ∣∣∣∣∣1−y
y−1
dy
I =
∫ 1
0
([(1− y)
2+ (1− y)
]−[(y − 1)
2+ (y − 1)
])dy
I =
∫ 1
0
([1− 2y + y2 + 1− y
]−[y2 − 2y + 1 + y − 1
])dy
I =
∫ 1
0
([y2 − 3y + 2
]−[y2 − y
])dy
I =
∫ 1
0
(y2 − 3y + 2− y2 + y
)dy
I =
∫ 1
0
(−2y + 2) dy
I =[−y2 + 2y
] ∣∣∣∣∣1
0
= 1 lımx→1
I =
∫ 1
0
(y2 − 3y + 2− y2 + y
)dy
I =
∫ 1
0
(−2y + 2) dy
I =[−y2 + 2y
] ∣∣∣∣∣1
0
= 1 lımx→1
10
∫ π2
0
√tanxdx
Cambiamos el orden de integración:
I =
∫ 1
0
∫ y13
y
12x2ey2
dxdy
I =
∫ 1
0
12ey2
∫ y13
y
x2dxdy
I =
∫ 1
0
12ey2
[x3
3
] ∣∣∣∣∣y
13
y
dy
I =
∫ 1
0
12ey2
[y
3− y3
3
]dy
I =
∫ 1
0
4yey2
dy −∫ 1
0
4y3ey2
dy
La primera es una integral directa:
I1 =
∫ 1
0
4yey2
dy = 2
∫ 1
0
ey2
2ydy = 2[ey
2] ∣∣∣∣∣
1
0
= 2 (e− 1) = 2e− 2
La segunda se puede hacer por partes:
I2 =
∫ 1
0
4y3ey2
dy = 4
∫ 1
0
y3yey2
dy
Hacemos:
u = y2 ⇒ du = 2ydy
dv = yey2
⇒ v =ey
2
2
I2 = 4
[y2. ey22
] ∣∣∣∣∣1
0
−∫ 1
0
ey2
22ydy
11
I2 = 4
[e
2−∫ 1
0
ey2
ydy
]
I2 = 4
e2− ey
2
2
∣∣∣∣∣1
0
I2 = 4
[e
2−(e
2− 1
2
)]
I2 = 4
[1
2
]= 2
Tomando los resultados de las dos integrales nos queda:
I = (2e− 2)− (2) = 2e− 2− 2 = 2e− 4 = 2 (e− 2) ≈ 1,43656
Sabemos que:
9o = 10g
Entonces:
140g × 9o
10g= abc
o
126o = abco
Entonces:
a = 1 b = 2 c = 6
Por ultimo la respuesta será:
√a+ b+ c =
√1 + 2 + 6 = 3
Llamamos α al ángulo mayor y β al menor
α+ β =7πrad
20
α− β = 30o
Lo que hacemos es pasar las unidades a grados centecimales, asi:
12
α+ β =7πrad
20× 400g
2πrad
α− β = 30o × 400g
360o
Esto dará:
α+ β = 70g
α− β = 33,33g
Al sumar las dos ecuaciones tenemos:
2α = 103,33
Hallando:
α = 66,67g y β = 3,33g
siendo este y último el menor ángulo.
Si dos ángulos son suplementarios su suma será 180 grados o pi radianes, el otrodato lo tenemos (Que es una diferencia de dos ángulos):
α+ β = πrad
α− β =π
3rad
La suma dara los valores de alfa y beta, siendo el mayor de ellos el ángulo alfa:
α =2
3πrad y β =
1
3πrad
La respuesta es 120 grados porque se convirtio de radianes a grados sexagesi-males.
α =2
3πrad× 180o
πrad= 120o
Para este ejercicio debes recordar lo siguiente:
13
1o = 60′
1′ = 60′′
Se pide:
ao b′c′′
= 3o 25′42′′
+ 4o 45′38′′
Primero sumamos los segundos:
42′′
+ 38′′
= 80′′
= 60′′
+ 20′′
= 1′+ 20
′′
Luego los minutos recordando que tenemos un minuto mas:
25′+ 45
′+ 1
′= 79
′= 60
′+ 11
′= 1o + 11
′
Por último sumamos los grados recordando que tenemos un grado mas:
3o + 4o + 1o = 8o
Al �nal comparamos:
ao b′c′′
= 8o 11′20′′
a+ b+ c = 8 + 11 + 20 = 39
Para este ejercicio primero hallamos k al ver que tenemos diferentes sistemasconvertimos los centecimales y radianos a sexagesimales.
k =90g + 9o
36o − π30rad
⇒ 90g × 9o
10g= 81o
⇒ πrad× 180o
πrad= 6o
Reemplazando:
k =81o + 9o
36o − 6o=
90o
30o
14
k = 3
Entonces:
abo
=
(π
k + 1
)rad
abo
=
(π
3 + 1
)rad
abo
=π
4rad
abo
=π
4rad× 180o
πrad
abo
= 45o
Entonces :
a = 4 y b = 5
Luego de esto la respuesta a lo pedido será 1
I =
∫x2 sin4
(x3 + 2
)sin[tan5
(x3 + 2
)]sec2
[cos(tan5
(x3 + 2
))]cos6 (x3 + 2)
dx
I =
∫x2 sin4
(x3 + 2
)sin[tan5
(x3 + 2
)]sec2
[cos(tan5
(x3 + 2
))]cos6 (x3 + 2)
dx
Se desea demostrar:
|x.y| = |x| . |y| ; ∀a, b ∈ R
Para ello debemos demostrar que:
|x|2 = x2{si x = 0 −→ |x| = x & |x|2 = x2
si x < 0 −→ |x| = −x & |x|2 = x2
Partimos de esa demostración elevando al cuadrado.
|x.y|2 = (x.y)2
15
|x.y|2 = x2.y2
|x.y|2 = |x|2 . |y|2
|x.y|2 = (|x| . |y|)2
Demostrando asi:
|x.y| = |x| . |y|
Tenemos la siguiente suscesión de números:
t1 ; t2 ; t3 ; t4 ; t5 ; t6
⇓ ⇓ ⇓ ⇓ ⇓ ⇓
2 ; 7 ; 23 ; 56 ; 112 ; 197
+5 + 16 + 23 + 56 + 85
+11 + 17 + 23 + 29
+6 + 6 + 6
Será una sucesión cúbica cuando al hacer diferencias consecutivas estan se hagan3 veces hasta tener una diferencia constante.
El termino general será:
tn = an3 + bn2 + cn+ d
Hallamos las constantes: a ; b ; c y d escogemos los 4 primeros terminos dela sucesión (Mas bajos) y formamos 4 ecuaciones con 4 incognitas :
t1 = a+ b+ c+ d = 2 ... 1
t2 = 8a+ 4b+ 2c+ d = 7 ... 2
16
t3 = 27a+ 9b+ 3c+ d = 23 ... 3
t4 = 64a+ 16b+ 4c+ d = 56 ... 4
Restando la ecuación 2 con la ecuación 1 tenemos:
7a+ 3b+ c = 5 ... A
Restando la ecuación 4 con la ecuación 3 tenemos:
37a+ 7b+ c = 33 ... B
Luego restamos la ecuación B con la ecuación A y tenemos:
30a+ 4b = 28
simpli�cando15a+ 2b = 14
despejando
b = 7− 15
2a ... I
Reemplazamos la ecuación I en la ecuación A despejando′′c′′
7a+ 3
(7− 15
2a
)+ c = 5
c =31
2a− 16 ... II
Reemplazamos las ecuaciones I y II en la ecuación 1 despejando′′d′′
a+
(7− 15
2a
)+
(31
2a− 16
)+ d = 2
d = 11− 9a ... III
Reemplazamos las ecuaciones I , II y III en la ecuación 4 para hallar′′a′′
64a+ 16
(7− 15
2a
)+ 4
(31
2a− 16
)+ (11− 9a) = 56
a = 1
Hallando ya este valor podemos hallar los siguientes reemplazando en las ecua-ciones: I , II y III
17
En resumen los valores serán:a = 1
b = −1
2
c = −1
2
d = 2
En conclusión el termino general es:
tn = an3 + bn2 + cn+ d
tn = n3 − 1
2n2 − 1
2n+ 2
Yin & Yang
11 de Octubre de 2015 - LATEXFor Users Facebook
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LATEX For Users Facebook
Arte geométrico
11 de octubre de 2015 - LATEX For Users Facebook
19
LATEX For Users Facebook
I =
∫ 1
0
∫ z
0
∫ y
0
ze−y2
dxdydz
I =
∫ 1
0
∫ z
0
ze−y2
∫ y
0
dxdydz
I =
∫ 1
0
∫ z
0
ze−y2
[x]
∣∣∣∣∣y
0
dydz
I =
∫ 1
0
∫ z
0
ze−y2
[y − 0] dydz
I =
∫ 1
0
∫ z
0
zye−y2
dydz
I =
∫ 1
0
z
∫ z
0
ye−y2
dydz
20
Hacemos el siguiente cambio:
u = −y2 −→ du = −2ydy
Cambiamos los límites de integración:
Para: y = z −→ u = −z2
Para: y = 0 −→ u = 0
Agregamos algunos arti�cios con el �n de obtener una integral directa:
I =
∫ 1
0
z
∫ z
0
ye−y2
dydz =
(−1
2
)∫ 1
0
z
∫ z
0
e−y2
(−2dy) dz
I =
(−1
2
)∫ 1
0
z
∫ −z20
eududz
I = −1
2
∫ 1
0
z [eu]
∣∣∣∣∣−z2
0
dz
I = −1
2
∫ 1
0
z[e−z
2
− e0]dz
I = −1
2
∫ 1
0
z[e−z
2
− 1]dz
I = −1
2
[∫ 1
0
ze−z2
−∫ 1
0
z
]dz
Como ya se observó cual es el "Truco"para resoler integrales del tipo euler paraesta ultima ya no se recurrida a otro cambio de variable, basta observar quela derivada de la variable a derivar (Exponente), multiplique a la costante y seencuentre al lado de su diferenial.
I = −1
2×−1
2
∫ 1
0
e−z2
(−2zdz) +1
2
[z2
2
] ∣∣∣∣∣1
0
I =1
4
[e−z
2] ∣∣∣∣∣
1
0
+1
4
[z2] ∣∣∣∣∣
1
0
I =1
4
[e−1
2
− e02]
+1
4
[12 − 0
]
I =e−1
4− 1
4+
1
4
21
En conclusión:
I =
∫ 1
0
∫ z
0
∫ y
0
ze−y2
dxdydz =1
4e
∫ 1
0
I =
∫ 1
0
∫ z
0
∫ x+y
0
6 x z dy dx dz
I = 6
∫ 1
0
∫ z
0
xz
∫ x+y
0
dy dx dz
I = 6
∫ 1
0
∫ z
0
xz [y]
∣∣∣∣∣x+y
0
dx dz
I = 6
∫ 1
0
∫ z
0
xz [x+ y − 0] dx dz
I = 6
∫ 1
0
∫ z
0
xz [x+ y] dx dz
I = 6
∫ 1
0
z
∫ z
0
[x2 + xy
]dx dz
I = 6
∫ 1
0
z
[x3
3+x2
2y
] ∣∣∣∣∣z
0
dz
I = 6
∫ 1
0
z
[z3
3+z2
2y
]dz
I = 6
∫ 1
0
[z4
3+z3
2y
]dz
I = 6
[z5
15+z4
8y
] ∣∣∣∣∣1
0
22
I = 6
[15
15+
14
8y
]
I = 6
[1
15+
1
8y
]=
6
8y +
6
15
Por lo tanto la respuesta será:
I =
∫ 1
0
∫ z
0
∫ x+y
0
6 x z dy dx dz =3
4y +
2
5
Se tiene la siguiente ecuación diferencial:
y′′ + 2y′ = 4
con valores iniciales: y (0) = 0 , y′ (0) = −2
Usando la transformada de Laplace:
L {y′′}+ L {2y′} = L {4}
[s2L {y} − sy (0)− y′ (0)
]+ 2 [sL {y} − y (0)] =
4
s
Reemplazamos los valores iniciales:
[s2L {y} − s (0)− (−2)
]+ 2 [sL {y} − (0)] =
4
s
[s2L {y}+ 2
]+ 2 [sL {y}] =
4
s
s2L {y}+ 2 + 2sL {y} =4
s
Sacando factor común: L {y} buscamos despejarla:
s2L {y}+ 2sL {y} =4
s− 2
[s2 + 2s
]L {y} =
4− 2s
s
s (s+ 2)L {y} =4− 2s
s
23
L {y} =4− 2s
s2 (s+ 2)
Para obtener la función y aplicamos la tranformada inversa de Laplace per paraello descompondremos esa fracción general en fracciones simples o parciales.
L {y} =4− 2s
s2 (s+ 2)=A
s+B
s2+
C
s+ 2
L {y} =4− 2s
s2 (s+ 2)=As(s+ 2) +B(s+ 2) + Cs2
s2 (s+ 2)
Nos damos cuenta que:
4− 2s = As(s+ 2) +B(s+ 2) + Cs2
Para un valor: s = 0 tenemos
4 = B(0 + 2) =⇒ B = 2
Para un valor: s = −2 tenemos
4− 2(−2) = C (−2)2
=⇒ C = 2
Para un valor: s = 1 tenemos
4− 2(1) = A(3) +B(3) + C =⇒ 3A+ 3B + C = 2
Pero como conocemos B y C obtenemos A
3A+ 3(2) + 2 = 2 =⇒ A = −2
Ya descubriendo los valores A , B y C los reemplazamos y dejamos en fraccionesparciales:
L {y} =A
s+B
s2+
C
s+ 2
L {y} = −2
s+
2
s2+
2
s+ 2
Para obtener la función y aplicamos la transformada inversa de Laplace:
y = −2L−1{
1
s
}+ 2L−1
{1
s2
}+ 2L−1
{1
s+ 2
}
24
Encontrandose estas en tablas de tranformadas la respuesta será:
y = −2 + 2t+ 2e−2t
y(t) = 2(e−2t + t− 1
)Se tiene la siguiente ecuación diferencial:
y′′ − 2y′ − 3y = 0
con valores iniciales: y (0) = 3 , y′ (0) = 2
Utilizando la transformada de Laplace:
[s2L {y} − sy (0)− y′ (0)
]− 2 [sL {y} − y (0)]− 3L {y} = 0
Factorizamos agrupando a la transformada L {y}
[s2 − 2s− 3
]L {y} − sy (0)− y′ (0) + 2y (0) = 0
Reemplazamos los valores iniciales
[s2 − 2s− 3
]L {y} − s (3)− (2) + 2 (3) = 0
[s2 − 2s− 3
]L {y} − 3s+ 4 = 0
[s2 − 2s− 3
]L {y} = 3s− 4
L {y} =3s− 4
s2 − 2s− 3
L {y} =3s− 3− 1
s2 − 2s− 3
L {y} =3s− 3
s2 − 2s− 3− 1
s2 − 2s− 3
L {y} =3 (s− 1)
(s− 1)2 − 4
− 1
(s− 1)2 − 4
L {y} =3 (s− 1)
(s− 1)2 − 4
− 1
2
2
(s− 1)2 − 4
25
Aplicando la transformada inversa para hallar la función:
y = 3L−1
{s− 1
(s− 1)2 − 4
}− 1
2L−1
{2
(s− 1)2 − 4
}
Utilizamos:
f(s) =a
(s− b)2 − a2=⇒ F (t) = ebt sinh at
f(s) =s− b
(s− b)2 − a2=⇒ F (t) = ebt cosh at
La respuesta será:
y = 3et cosh 2t− 1
2et sinh 2t
Tenemos la siguiente integral
I =
∫sin3 x cos3 x dx
Veremos que se puede resolver de dos formas similares:
I =
∫sin3 x cos2 x cosx dx
I =
∫sin3 x
(1− sin2 x
)cosx dx
I =
∫ (sin3 x− sin5 x
)cosx dx
Hacemos un cambio de variable:
u = sinx =⇒ du = cosx dx
Entonces:
I =
∫ (u3 − u5
)du
I =u4
4− u6
6+ C
26
La respuesta será
I =sin4 x
4− sin6 x
6+ C
La otra forma es:
I =
∫sin3 x cos3 x dx
I =
∫sin2 x cos3 x sinx dx
I =
∫ (1− cos2 x
)cos3 x sinx dx
I =
∫ (cos3 x− cos5 x
)sinx dx
Hacemos un cambio de variable:
u = cosx =⇒ du = − sinx dx =⇒ sinx dx = −du
Entonces:
I = −∫ (
u3 − u5)du
I =
∫ (u5 − u3
)du
I =u6
6− u4
4+ C
La respuesta será
I =cos6 x
6− cos4 x
4+ C
En conclusión estas son las dos primitivas (o respuestas) de la integral:
I =sin4 x
4− sin6 x
6+ C
I =cos6 x
6− cos4 x
4+ C
27
I =
∫dx
(x3 − 1)2
Descompones el numerador en todos sus factores primos, recordando la diferen-cia de cubos : x3 − 1 = (x− 1)
(x2 + x+ 1
)I =
∫dx
(x− 1)2
(x2 + x+ 1)2
La fraccion a descomponer sera:
1
(x− 1)2
(x2 + x+ 1)2 =
A
x− 1+
B
(x− 1)2 +
Cx+D
x2 + x+ 1+
Ex+ F
(x2 + x+ 1)2
Al �jarnos solo en el numerador tenemos que primero homogenizar las fraccionespara eso multiplicamos a ambos miebros la expresión:
(x− 1)2 (x2 + x+ 1
)2Hacemos un cambio de varible:
u = lnx =⇒ du =dx
x
Llevamos a la integral a terminos de la nueva vriable:
I =
∫du√
1− 4u− u2
Completamos cuadrados dentro de la raiz:
I =
∫du√
− (u2 + 4u− 1)
I =
∫du√
−(
(u+ 2)2 − 4− 1
)
I =
∫du√
−(
(u+ 2)2 − 5
)
I =
∫du√
5− (u+ 2)2
28
Hacemos un segundo cambio de variable:
t = (u+ 2) =⇒ dt = du
Llevamos todo a términos t
I =
∫dt√
5− t2
Recordamos la siguiente integral que se encuentra en tablas:
∫dx√a2 − x2
= arcsin(xa
)+ C
De acuerdo a esto la integral resulta:
I = arcsin
(t√5
)Para terminar regresamos todos los cambios que hemos hecho: t = (u + 2) yu = lnx
I = arcsin
(u+ 2√
5
)
I = arcsin
(lnx+ 2√
5
)
En coordenadas esféricas, la ecuación de la esfera es:
ρ2 = x2 + y2 + z2 = 16 =⇒ ρ = 4
Siendo ρ el radio de la esfera de dimensión 4
La esfera y el cono se cortrán, cuando:
x2 + y2 + z2 = 16z2 = x2 + y2
}=⇒ 2z2 = 16 =⇒ z = 2
√2
Luego sabemos que z = ρ cosφ
Para hallar el valor de φ tenemos:
2√
2 = 4 cosφ =⇒ cosφ =
√2
2
29
cosφ =1√2
=⇒ φ =π
4
Asi tenemos que el volumen:
V =
∫ ∫ ∫R
dx dy dz =
∫ 2π
0
∫ π4
0
∫ 3
0
ρ2 sinφ dθ dφ dρ
V =
∫ 2π
0
dθ
∫ π4
0
sinφ dφ
∫ 3
0
ρ2 dρ
V =
∫ 2π
0
dθ
∫ π4
0
sinφ dφρ3
3
∣∣∣∣30
V = 9
∫ 2π
0
dθ
∫ π4
0
sinφ dφ
V = 9
∫ 2π
0
dθ [− cosφ]
∣∣∣∣π40
V = 9
∫ 2π
0
dθ[− cos
(π4
)+ cos (0)
]
V = 9
[−√
2
2+ 1
]∫ 2π
0
dθ
V = 9
[1−√
2
2
][2π]
V = 9
[2−√
2
2
][2π]
V = 9π(
2−√
2)u3
En conclusión
V =
∫ ∫ ∫R
dx dy dz = 9π(
2−√
2)u3 ≈ 16,5627213 u3
De acuerdo a la región de integración los limites inferiores y superiores son:
I =
∫ 1
0
∫ √x0
2y
x2 + 1dy dx
30
I =
∫ 1
0
2
x2 + 1
∫ √x0
y dy dx
I =
∫ 1
0
2
x2 + 1
[y2
2
] ∣∣∣∣√x
0
dx
I =
∫ 1
0
2
x2 + 1
[(√x)
2
2− (0)
2
2
]dx
I =
∫ 1
0
2
x2 + 1
[x2
]dx
I =
∫ 1
0
xdx
x2 + 1
Igual que en el ejercicio anterior vemos que sera una integral porque el nume-rador es la derivada del denominador:
I =1
2
∫ 1
0
2xdx
x2 + 1
Para ver mejor se hace un cambio de variable:
u = x2 + 1 =⇒ du = 2xdx
Luego cambiamos los limites de integración:
Para : x = 1 =⇒ u = 2
Para : x = 0 =⇒ u = 1
Reemplazamos:
I =1
2
∫ 2
1
du
u
I =1
2ln |u|
∣∣∣∣21
I =1
2(ln |2| − ln |1|)
La respuesta será:
I =
∫ 1
0
∫ √x0
2y
x2 + 1dy dx =
ln (2)
2≈ 0,346574
31
I =
∫ 1
0
ey2
∫ y
0
dxdy
I =
∫ 1
0
ey2
[x]
∣∣∣∣x=yx=0
dy
I =
∫ 1
0
ey2
[y − 0] dy
I =
∫ 1
0
yey2
dy
Como vemos que puede ser una integral directa multiplicando y dividiendo por2.
O tambien podemos hacer un cambio de variable para su mejor visualización
Hacemos: u = y2 =⇒ du = 2ydy
I =1
2
∫ 1
0
2yey2
dy
Luego cambiamos los limites de integracion:
Para : y = 1⇒ u = 1
Para : y = 0⇒ u = 0
I =1
2
∫ 1
0
eudu
Ahora esto es una integral de la forma:∫eudu = eu + C
I =1
2[eu]
∣∣∣∣u=1
u=0
I =1
2
[e1 − e0
]I =
1
2(e− 1)
Siendo esta la respuesta.
I =1
2
[ey
2] ∣∣∣∣y=1
y=0
I =1
2
[e1
2
− e02]
32
I =1
2
[e1 − e0
]=
1
2(e− 1)
En conclusión:
I =
∫ 1
0
∫ y
0
ey2
dxdy =1
2(e− 1) ≈ 0,859141
∫ 2
0
x2[y3
3
] ∣∣∣∣y=xy=−x
dx
∫ 2
0
x2
[x3
3− (−x)
3
3
]dx
∫ 2
0
x2[x3
3− −x
3
3
]dx
∫ 2
0
x2[x3
3+x3
3
]dx
∫ 2
0
x2[
2x3
3
]dx
2
3
∫ 2
0
x5 dx
2
3
[x6
6
] ∣∣∣∣y=2
y=0
2
3
[26
6− 0
]=
2
3
[32
3
]=
64
9
En conclusión:
∫ 2
0
∫ x
−xx2y2 dydx =
64
9≈ 7,11111
∫ 2
1
4
x3 + 1
∫ 2x
0
y dydx
∫ 2
1
4
x3 + 1
[y2
2
] ∣∣∣∣y=2x
y=0
dx
33
∫ 2
1
4
x3 + 1
[(2x)
2
2− 0
]dx
∫ 2
1
4
x3 + 1
[4x2
2
]dx
∫ 2
1
4
x3 + 1
[2x2]dx
∫ 2
1
8x2
x3 + 1dx
8
3
∫ 2
1
3x2
x3 + 1dx
8
3
[ln(x3 + 1
)] ∣∣∣∣x=2
x=1
8
3
[ln(23 + 1
)− ln
(13 + 1
)]8
3[ln (9)− ln (2)]
8
3ln
(9
2
)En conclusión:
∫ 2
1
∫ 2x
0
4y
x3 + 1dydx =
8
3ln
(9
2
)≈ 4,01087
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1+y2
2y
xdzdydx
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x [z]
∣∣∣∣z=1+y2
z=2y
dydx
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x[1 + y2 − 2y
]dydx
∫ 1
0
x
[y +
y3
3− y2
] ∣∣∣∣y=1−x
y=0
dx
34
1
3
∫ 1
0
x[3y + y3 − 3y2
] ∣∣∣∣y=1−x
y=0
dx
1
3
∫ 1
0
x[3(1− x) + (1− x)
3 − 3 (1− x)2]dx
1
3
∫ 1
0
x[3− 3x+ 1− 3x+ 3x2 − x3 − 3 + 6x− 3x2
]dx
1
3
∫ 1
0
x[1− x3
]dx =
1
3
∫ 1
0
[x− x4
]dx
1
3
[x2
2− x5
5
] ∣∣∣∣x=1
x=0
=1
3
[1
2− 1
5
]=
1
10
∴∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1+y2
2y
xdzdydx =1
10
I =
∫sinx dx
cosx (cosx− 1)
Hacemos: u = cosx =⇒ du = − sinx dx
I =
∫− du
u (u− 1)= −
∫u− (u− 1)
u(u− 1)du
I = −∫ [
1
u− 1− 1
u
]du =
∫du
u−∫
du
u− 1
I = Ln |u| − Ln |u− 1|+ C = Ln
∣∣∣∣ u
u− 1
∣∣∣∣+ C
I = Ln
∣∣∣∣ cosx
cos−1
∣∣∣∣+ C
Otra forma de resolver el mismo ejercicios es: Recordando:√√a = 4√a
Es decir:
m√a× m
√a = m.n
√a
35
m√a× m
√a× p√a = m.n.p
√a
√√√81
2,2,2√
81
8√
81
Pero : 81 = 92 = 34
8√
34 = 348 = 3
12
La respuesta será:
√√√81 =
√3
Sea: f(x) una función continua limitada por las rectas x = 0 ; x = 4 , el solidode revolución obtenido al girar alrededor del eje x ; el volumen será:
V = π
∫ b
a
[f(x)]2dx
Siendo: f(x) = 2√
5x y el intervalo [a, b] = [0, 4]
V = π
∫ 4
0
[2√
5x]2dx
V = π
∫ 4
0
[22(5)x2
]dx
V = (4)(5)π
∫ 4
0
[x2]dx
V = 20π
∫ 4
0
x2 dx
V = 20πx3
3
∣∣∣∣x=4
x=0
36
V = 20π
(43
3− 03
3
)
V =20× 43
3π
V =20× 64
3π =
1280
3πu3 ≈ 426,67u3
Tenemos la siguiente integral:
I =
∫sinx dx√
cos(2x)
Recordamos indentidades trigonométricas del ángulo doble del coseno.
cos(2x) =
cos2 x− sin2 x1− 2 sin2 x2 cos2 x− 1
Escogeremos la tercera identidad.
I =
∫sinx dx√
2 cos2 x− 1
I =
∫sinx dx√(√2 cosx
)2 − 1
Hacemos: u =√
2 cosx derivamos; =⇒ du =√
2 (− sinx dx)
Despejamos : sinx dx = − du√2
En la inetgral tendremos:
I =
∫ − du√2√
(u)2 − 1
I = − 1√2
∫du√u2 − 1
Como la ultima integral es conocida el resultado será.
I = − 1√2Ln∣∣∣u+
√u2 − 1
∣∣∣+ C
37
Pero antes de �nalizar regresamos las variable originales.
I = − 1√2Ln
∣∣∣∣∣√2 cosx+
√(√2 cosx
)2− 1
∣∣∣∣∣+ C
I = − 1√2Ln∣∣∣√2 cosx+
√2 cos2 x− 1
∣∣∣+ C
I = − 1√2Ln∣∣∣√2 cosx+
√cos(2x)
∣∣∣+ C
La siguiente integral es directa, pero tambien se puede demostrar haciendo:
Para este ejercicio explicare primero en que consiste el Triángulo de Pascal, estopasa cuando hacemos el el binomio al cuadrado, luego el binomio al cubo, y asisucesivamente.
(a+ b)1
= a+ b
(a+ b)2
= a2 + 2a.b+ b2
(a+ b)3
= a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
(a+ b)4
= a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4
(a+ b)5
= a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
Como se puede apreciar en la �gura los coe�cientes forman un triangulo cono-cido como el triángulo de Pascal. Y nos puede ayudar como Nemotecnia parabinomios mas grandes. Si el binomio contiene una resta, los signos del resul-tado seran intercalados empezando por el signo + , el segundo con − y asisucesivamente.
En el ejercicio:
(2− x)5
= 25 − 5 (2)4x+ 10 (2)
3x2 − 10 (2)
2x3 + 5 (2)x4 − x5
(2− x)5
= 32− 5 (16)x+ 10 (8)x2 − 10 (4)x3 + 5 (2)x4 − x5
(2− x)5
= 32− 80x+ 80x2 − 40x3 + 10x4 − x5
Como ya explicamos en los anteriores debates, aqui utilizaremos:
38
(a+ b)3
= a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
Siendo: a =3
2x y siendo b = 2y
(3
2x+ 2y
)3
=
(3
2x
)3
+ 3
(3
2x
)2
(2y) + 3
(3
2x
)(2y)
2+ (2y)
3
(3
2x+ 2y
)3
=
(33
23x3)
+ 3
(32
22x2)
(2y) + 3
(3
2x
)(22y2
)+(23y3
)(
3
2x+ 2y
)3
=
(27
8x3)
+ 3
(9
4x2)
(2y) + 3
(3
2x
)(4y2)
+(8y3)
(3
2x+ 2y
)3
=27
8x3 +
27
2x2y + 18xy2 + 8y3
Como ya explicamos en el anterior post el binomio a la cuarta tendra ls siguienteforma:
(a+ b)4
= a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4
Siendo en este ejercicio a = x2 ; y b = 2y
(x2 + 2y
)4=(x2)4
+ 4(x2)3
(2y) + 6(x2)2
(2y)2
+ 4(x2)
(2y)3
+ (2y)4
(x2 + 2y
)4= x8 + 4
(x6)
(2y) + 6(x4) (
22y2)
+ 4(x2) (
23y3)
+(24y4
)(x2 + 2y
)4= x8 + 8x6y + 6
(x4) (
4y2)
+ 4(x2) (
8y3)
+ 16y4
(x2 + 2y
)4= x8 + 8x6y + 24x4y2 + 32x2y3 + 16y4
Recordamos el producto de dos factores.
(a+ b) . (c+ d) = a.c+ a.d+ b.c+ b.d
Si a = C el producto se reduce a lo siguiente, primero haremos que esta igualdades: x ; es decir a = c = A
(A+ b) . (A+ d) = A2 +A.d+ b.A+ b.d
39
(A+ b) . (A+ d) = A2 +A. (d+ b) + b.d
En este ejercicio : A = xn ; b = 8 ; d = −10
(xn + 8) . (xn − 10) = (xn)2
+ xn. (8− 10) + (8).(−10)
(xn + 8) . (xn − 10) = x2n − 2xn − 80
(1
2x− 3y2
)2
Recordamos:
(a+ b)2
= a2 + 2ab+ b2
(a− b)2 = a2 − 2ab+ b2
En el ejercicio: a =1
2x; b = 3y2
Resolvemos:
(1
2x− 3y2
)2
=
(1
2x
)2
− 2
(1
2x
)(3y2)
+(3y2)2
(1
2x− 3y2
)2
=1
22x2−(
1
x
)(3y2)
+ 32y(2)(2)
(1
2x− 3y2
)2
=1
4x2− 3y2
x+ 9y4
Recordemos que una diferencia de cuadrados tiene la forma:
(a+ b) (a− b) = a2 − b2
Es decir será el producto de la suma y resta de dos numeros.
Asi tenemos a:
(x2 + 7
) (x2 − 7
)Como veras es el producto de la suma y de la resta de los "numeros.en este casofactores a = x2 ; y b = 7
40
(x2 + 7
) (x2 − 7
)=(x2)2 − (7)
2
Recordamos:
(xa)n
= xa.n
Entonces:
(x2 + 7
) (x2 − 7
)= x4 − 49
Dividri:
6x2 − 2 + x ; Entre : 2x− 1
En el numerador:
6x2 + x− 2
Para este ejercicio se pide dividir:
3ax + 2− 2ax − 3ax − 1− ax − 2 ; entre: 2ax
Entonces:
E =3ax + 2− 2ax − 3ax − 1− ax − 2
2ax
Primero agrupamos los terminos semejantes en el numerador:
3ax + 2− 2ax − 3ax − 1− ax − 2
3ax − 2ax − 3ax − ax + 2− 1− 2 = −3ax − 1
Ya reducido procedemos a dividir:
E =−3ax − 1
2ax
E = −3ax + 1
2ax
Tenemos la siguiente integral doble:
∫ ∫D
(x+ y)dxdy
41
Como los intervalos tanto de x como de y ya estan de�nidos evaluamos:
Reemplazando:
−2
∫ √3
0
(u2) 1
2 udu
−2
∫ √3
0
(u)udu
−2
∫ √3
0
u2du
−2
3
[u3] ∣∣∣∣x=
√3
x=0
−2
3
[(√3)3− (0)
3
]
−2
3
[(√3)3]
−2
3
[3√
3]
En conclusión
∫ 1
−2
∫ √4−y2
−√
4−y2(x+ y)dxdy = −2
√3 ≈ −3,4641
Sea L el siguiente limite:
Recordamos las propiedades de los logaritmos:
u = eln(u) =⇒ u = x−x
Vemos que:
L = lımx→∞
eln(x−x)
L = lımx→∞
e(−x)ln(x)
En el exponente evaluamos el limite:
42
lımx→∞
(−x)ln(x)
[lımx→∞
(−x)] [
lımx→∞
ln(x)]
= (−∞) ∗ (∞) = −∞
Los resultados fueron:
L = e−∞ =1
e∞= 0
Como el denominador sera un numero grande e∞ se dice que el limite tiende acero.
Derivamos la siguiente función:
f(x) = ArcSin(e3x)
Recordamos las siguientes derivadas de funciones compuestas:
y = ArcSinu(x) =⇒ y′ =u′(x)√
1− u2(x)
y = eu(x) =⇒ y′ = u′(x)eu(x)
Con esto la solución será:
y′ = f ′(x) =
[e3x]′√
1− (e3x)2
y′ = f ′(x) =3e3x√1− e6x
43
Hola
....
44
¾DESEAN JUGAR UNA PARTIDA DE AJEDREZ?
11 de Octubre de 2015 - LATEX For Users Facebook
1 e4
8rmblkans7opopopop60Z0Z0Z0Z5Z0Z0Z0Z040Z0ZPZ0Z3Z0Z0Z0Z02POPO0OPO1SNAQJBMR
a b c d e f g h
LATEX For Users Facebook
Blancas: Morphy
Negras: Duque de Brunswick y Conde Isouard
Paris, 1858
1 e4 e5 2 Nf3 d6
8rmblkans7opo0Zpop60Z0o0Z0Z5Z0Z0o0Z040Z0ZPZ0Z3Z0Z0ZNZ02POPO0OPO1SNAQJBZR
a b c d e f g h
La Defensa Philidor, muy popular en la época.
3 d4 Bg4 4 dXe5 BXf3 5 QXf3 dXe5 6 Bc4 Nf6 7 Qb3 Qe7 8 Nc3 c6 9
Bg5 b5
45
8rm0Zka0s7o0Z0lpop60ZpZ0m0Z5ZpZ0o0A040ZBZPZ0Z3ZQM0Z0Z02POPZ0OPO1S0Z0J0ZR
a b c d e f g h
10 NXb5 cXb5 11 BXb5+ Nbd7 12 O-O-O
8rZ0Zka0s7o0Znlpop60Z0Z0m0Z5ZBZ0o0A040Z0ZPZ0Z3ZQZ0Z0Z02POPZ0OPO1Z0JRZ0ZR
a b c d e f g h
12. . .Rd8 13 RXd7 RXd7 14 Rd1 Qe6 15 BXd7+ NXd7 16 Qb8+ NXb817 Rd8m
80m0Ska0s7o0Z0Zpop60Z0ZqZ0Z5Z0Z0o0A040Z0ZPZ0Z3Z0Z0Z0Z02POPZ0OPO1Z0J0Z0Z0
a b c d e f g h
Un elegante remate.
46
Resolver: (5 + 2
√6)x2−3
+(5− 2
√6)x2−3
= 10
Encuentre todos los valores de x, sabiendo que estos no son solo Enteros.
LATEX For Users Facebook
x
x
lallalalalala
Una sorprendente demostración
11 de Octubre de 2015 - LATEXFor Users Facebook
En la �gura mostradam]ACB = 90◦ , AC = b , BC = a,AB = 2
√ab a < b.
Calcule: tan θ
2x (4− x) = 2x + 4sea la epxresión
X
47
Un ejercicio por debate
la mas grandeletra mas peque
negrita
Enmarcado con sombra
hola hola hola
hola hola
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
lımx→2
x2 + 1
x2 − x− 2
Tenemos la siguiente función y = f(x) =x2 + 1
x2 − x− 2Primero analizamos en que puntos dicha función no es con-tinua. Para ello:
el denominador no puede ser cero porque haria indetermi-nada la función, es decir hallamos las asintotas verticalesigualando a cero la expresión: x2 − x− 2
48
x2 − x− 2 = 0 =⇒ (x− 2) (x+ 1) = 0
∴ Las asintotas verticales son: x = 2 ; x = − 1
Como en el ejercicio se plantea evaluar el limite cuandox→ 2 siendo este un punto donde la función no es conti-nua se considera que el limite tiende a ∞Comprobando lo dicho anteriormente...
lımx→2
x2 + 1
x2 − x− 2
lımx→2
22 + 1
(x− 2) (x+ 1)=
22 + 1
(2− 2) (2 + 1)= ∞
Luego hacemos el analisis evaluando a x tender hacia elin�nito es decir : x→∞
lımx→∞
x2 + 1
x2 − x− 2
Observamos que tanto el numerador como el denomina-dor tienen el mismo grado asbosluto el resultado sera lafraccion de sus coe�ciente.
Comproando lo dicho anteriormente...
lımx→∞
x2 + 1
x2 − x− 2
Dividimos la expresion entre el monomio de mayor gradoabsoluto.
49
lımx→∞
x2 + 1
x2
x2 − x− 2
x2
lımx→∞
1 +1
x2
1− 1
x− 2
x2
Recordamos que cuando x → ∞ ;1
xn→ 0 ; siendo n
Cualquier numero mayor que cero.
Evaluando...
lımx→∞
1 +1
x2
1− 1
x− 2
x2
= lımx→∞
1 + 0
1− 0− 0= 1
Debemos recordar los siguientes propiedades de logarit-mos:
Ln(A)B = B Ln(A)
Y la derivada de un producto:
[U . V ]′ = U. [V ]′ + V. [U ]′
Con esto desarrollamos.
Tenemos a
f(x, y) = Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]xy50
Bajamos el exponente.
f(x, y) = xy Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]Recordamos la derivada de una división y del logaritmo:
X
[U
V
]′=
V [U ]′ − U [V ]′
V 2
X [Ln(A)]′ =[A]′
A
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∂f(x, y)
∂y= x Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]− 66x2y
(4x− 5y) 3 (2x+ 3y)
∂f(x, y)
∂y= x Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]− 22x2y
(4x− 5y) (2x+ 3y)
∂f(x, y)
∂x= y Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]+
22xy2
(4x− 5y) (2x+ 3y)
∂f(x, y)
∂y= x Ln
[4x− 5y
6x+ 9y
]− 22x2y
(4x− 5y) (2x+ 3y)
El ejercicio tal y como lo planteas tiene un pequeño errory es que se olvidaron del x en la primera parte cosh () =?
Asi que por lo tanto supongo que debio der asi:
Tenemos la siguiente Ecuacion Diferencial.
51
(ey + 2xy cosh x) y′ + xy2 sinh x+ y2 cosh x = 0
Recordamos que : y′ =dy
dxReescribimos la ED en su forma común:
(ey + 2xy cosh x) dy +(xy2 sinh x+ y2 cosh x
)dx = 0
(xy2 sinh x+ y2 cosh x
)dx+ (ey + 2xy cosh x) dy = 0
Será una Ecuación Diferencial Exacta si:
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
De�nimos M(x, y) y N(x, y) :
M (x, y) = xy2 sinh x+ y2 cosh x
yN (x, y) = ey + 2xy cosh x
⇒ ∂M(x, y)
∂y= 2xy sinh x+ 2y cosh x
⇒ ∂N(x, y)
∂x= 2xy sinh x+ 2y cosh x
Antes de seguir en la derivada parcial de N(x, y) respectoa x se utilizó la derivada del producto: [u.v]′ = u [v]′+[u]′ v
Entonces para su solución utilizamos:
52
1)d
dy
∫M (x, y) dx = N (x, y)
ó
2)d
dx
∫N (x, y) dy = M (x, y)
Para este ejercicio utilizamos el segundo pero recuerda quees indiferente cual utilizar
d
dx
∫(ey + 2xy cosh x) dy = xy2 sinh x+ y2 cosh x
d
dx
[ey + xy2 cosh x+ h(x)
]= xy2 sinh x+ y2 cosh x
xy2 sinh x+ y2 cosh x+ h′(x) = xy2 sinh x+ y2 cosh x
Observar que otra vez se utilizó la derivada del producto,luego cancelamos:
h′(x) = 0
=⇒ h(x) =
∫(0) dx =⇒ h(y) = C
Por ultimo.
f(x, y) =
∫M (x, y) dx+ h(y) =
∫N (x, y) dy + h(x)
La Solución General será:
53
∫(ey + 2xy cosh x) dy + h(x)
⇒ ey + xy2 cosh x+ h(x) = 0
ey + xy2 cosh x = C
La región de integración estará dada por 0 a 1 en x y desde0 a 1 en y El volumen esta por encima del plano z = 0 ypor debajo de la función f(x, y) = x
√x2 + y
El volumen sera:
V =
∫ ∫R
f(x, y)dydx
..
V =
∫ 1
0
∫ 1
0
(x√x2 + y
)dydx
..
Como los limites de integracion son iguales no afectara ennada hacer un intercambio en el orden de las diferenciales.
..
V =
∫ 1
0
∫ 1
0
(x√x2 + y
)dxdy
..
Ese intercambio de hizo con el �n de integrar primero res-pecto a x , debido a que se puede usar un cambio de vai-rable para resolverlo como una integral directa.
54
Primero hacemos: u2 = x2 + y =⇒ udu = xdx
⇒∫ √
x2 + y x dx =
∫ √u2 u du =
∫u2du =
u3
3
..Regresamos la variable x⇒ u =√x2 + y
V =
∫ 1
0
(√
x2 + y)3
3
∣∣∣∣∣y=1
y=0
dx
..
V =
∫ 1
0
(√x2 + 1)3
3−
(√x2)3
3
dx..
V =
∫ 1
0
[(√x2 + 1
)3
3− x3
3
]dx
..
V =
∫ 1
0
[(√x2 + 1
)3
3− x3
3
]dx
V =
∫ 1
0
[2
3x
√(x2 + y)3
]dx
..
V =
∫ 2
−2
[18− 9
2x
]dx
55
..
V =
[18x− 9x2
4
] ∣∣∣∣∣2
−2
..
V =
[(18(2)− 9(2)2
4
)−(
18(−2)− 9(−2)2
4
)]..
V = [(36− 9)− (−36− 9)]u3
..
V = [27− (−45)]u3
..
V = 72u3
Como el tablon de longitud L se ubica apoyado en la paredforma un triangulo recto respecto al piso y de acuerdo alteorema de Pitágoas tenemos que x2 + y2 = L2
Luego derivamos la expresión como una función implicitateniendo en cuenta que la longitud del tablon es constantey los unicos que pueden variar sus movimientos son a lolargo de la pared (Al levatanrlo con la soga) y del suelo.
Derivando...
2xdx
dt+ 2y
dy
dt= 0
56
Recordamos que: Vx =dx
dt: Ritmo que se desliza el tablon
respecto al suelo. Vy =dy
dt: Velocidad con la que el obrero
levanta el tablon con la soga.
2xdx
dt= −2y
dy
dt
dx
dt= −y
x
dy
dt
Luego reemplazamos los valores:dy
dt= 0,15ms : Razón con la que el obrero mueve el tablon.
x = 2,5m cantidad de metros respecto a la pared en eseinstante se medira Vx
=⇒ Vx = −yx
dy
dt
y Se halla por pitagoras en ese instante tomando comocateto 2.5 e hipotenusa 5
=⇒ Vx = −
√52 − (2,5)2
2,5(0,15)
=⇒ Vx = −4,3301
2,5(0,15)
=⇒ Vx = −0,2598m
s
El signo negativo indica que se dirige a la izquierda portanto el ritmo será aproximadamente 0.26 m/s.
57
I
∫x2 + 2x+ 3
x3 + 4xdx
I
∫x2 + 2x+ 3
x (x2 + 4)dx
Utilizamos el Método de las fracciones parciales
Sea:
x2 + 2x+ 3
x (x2 + 4)=A
x+Bx+ C
x2 + 4
Operando
x2 + 2x+ 3
x (x2 + 4)=A(x2 + 4
)+ x (Bx+ C)
x (x2 + 4)
Nos enfocamos en el numerador
x2 + 2x+ 3 = A(x2 + 4
)+ x (Bx+ C)
x2 + 2x+ 3 = Ax2 + 4A+Bx2 + Cx
x2 + 2x+ 3 = (A+B)x2 + Cx+ 4A
Formamos ecuaciones.
A+B = 1C = 24A = 3
=⇒ A =3
4; B =
1
4y C = 2
I =
∫x2 + 2x+ 3
x (x2 + 4)dx
58
I =
∫ [A
x+Bx+ C
x2 + 4
]dx
I =
∫ [A
1
x+B
x
x2 + 4+ C
1
x2 + 4
]dx
I =3
4
∫dx
x+
1
4
∫xdx
x2 + 4+ 2
∫dx
x2 + 4
∴ I =3
4Ln |x|+ 1
8Ln∣∣x2 + 4
∣∣+ ArcTan(x
2
)+ C
I =
∫2 sin2 x− sinx+ 4
sin3 x+ sin2 x− 2 sinxcosx dx
Hacemos: u = sin x =⇒ du = cos x dx
Cambiamos la integral en terminos de u
I =
∫2u2 − u+ 4
u3 + u2 − 2udu
I =
∫2u2 − u+ 4
u (u+ 2) (u− 1)du
Utilizamos el Método de Fracciones Parciales
2u2 − u+ 4
u (u+ 2) (u− 1)=
A
u+
B
u+ 2+
C
u− 1
Fromamos ecuaciones..
Nos enfocamos en el numerador.
59
2u2−u+4 = A(u+2)(u−1)+B(u)(u−1)+C(u)(u+2)
2u2 − u+ 4 = A(u2 + u− 2) +B(u2 − u) + C(u2 + 2u)
2u2 − u+ 4 = (A+B + C)u2 + (A−B + 2C)u− 2A
Luego formamos ecuaciones:
A+B + C = 2A−B + 2C = −1−2A = 4
=⇒ A = −2 ; B =7
4y C =
5
4
Entonces:
I =
∫2u2 − u+ 4
u (u+ 2) (u− 1)du
I =
∫ [A
u+
B
u+ 2+
C
u− 1
]du
I = A
∫du
u+B
∫du
u+ 2+ C
∫du
u− 1
I = −2
∫du
u+
7
4
∫du
u+ 2+
5
4
∫du
u− 1
I = −2Ln |u|+ 7
4Ln |u+ 2|+ 5
4Ln |u− 1|
Para terminar regresamos la variable principal.
60
I = −2Ln |sinx|+ 7
4Ln |sinx+ 2|+ 5
4Ln |sinx− 1|
Podemos operar y reducir los logaritmos.
Tenemos los siguientes datos y de�nimos nuestras varia-bles.
R : 5pies El radio será 5 pies debido a que el diametro es10 pies.
H = 12pies Altura o profundidad del cono.
Entonces la relación de radio y altura es:
R
H=r
h=⇒ r =
5
12h
Luego recordaremos el volumen de un cono.
V =1
3πr2h
Remplazamos el valor anterior
V =1
3π
(5
12h
)2
h
V =1
3π
(25
144h2
)h
V =25
432πh3
Luego derivamos:
61
dV
dt=
25
432πd(h3)
dt
dV
dt=
25
432
(3h2π
) dhdt
dV
dt=
25
144πh2dh
dt
Reemplazamos los datos del problema:
dh
dt=
144
25πh2
dV
dt
dh
dt=
144
25π (8)2 (10)
dh
dt= 2,8
pies
min
Tenemos los siguientes datos y de�nimos algunas variables:
Θ = 80o : Ángulo central del sector circular.
r = 20 cm : Radio del sentor circular.
Tenemos la siguiente Ecuacion Diferencial.
(1− 2x2 − 2y
) dydx
= 4x3 + 4xy
(1− 2x2 − 2y
)dy =
(4x3 + 4xy
)dx
Las ecuaciones diferenciales deben tener la forma:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
62
Para ello hacemos el siguiente arreglo de sginos.
−(4x3 + 4xy
)dx+
(1− 2x2 − 2y
)dy = 0
Multiplicamos a ambos miembros por −1
(4x3 + 4xy
)dx−
(1− 2x2 − 2y
)dy = 0
(4x3 + 4xy
)dx+
(2x2 + 2y − 1
)dy = 0
Será una Ecuación Diferencial Exacta si:
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
Sean:
•M (x, y) = 4x3 + 4xy
•N (x, y) = 2x2 + 2y − 1
∂M(x, y)
∂y= 4x ;
∂N(x, y)
∂x= 4x
Como:
Entonces su solución será :
d
dy
∫M (x, y) dx = N (x, y)
d
dy
∫ (4x3 + 4xy
)dx = 2x2 + 2y − 1
63
d
dy
[x4 + 2x2y + h(y)
]= 2x2 + 2y − 1
2x2 + h′(y) = 2x2 + 2y − 1
Por último.
f(x, y) =
∫M (x, y) dx =
∫N (x, y) dy
La Solución general será:
=⇒∫ (
4x3 + 4xy)dx
=⇒ x4 + 2x2y + h(y) = 0
=⇒ x4 + 2x2y + y2 − y + C = 0
∴ x4 + 2x2y + y2 − y = C
lnx− 1
x+ ArcTan
(x
y
)+ h(y)
∴ lnx− 1
x+ ArcTan
(x
y
)+ yey − ey = C
∴ lnx− 1
x+ ArcTan
(x
y
)+ yey − ey = C
Luego, reemplazamos las condiciones iniciales: y(0) = e
64
− (0)3 e+ e2 sin (0)− (0)2 + e ln e− e = C
−0 + 0− 0 + e− e+ C = 0 =⇒ C = 0
Por lo tanto la solución particular será:
∴ −x3y + y2 sinx− x2 + y ln y − y = 0
∣∣∣∣x− 1
x− 3
∣∣∣∣ < 1 + x
Debemos hacer uso de la siguiente propiedad:
X |a| < b⇔ b > 0 ∧ −b < a < b
Entonces vemos que b = 1 + x analizamos
1 + x > 0 ∧ −(1 + x) <x− 1
x− 3∧ x− 1
x− 3< 1 + x
....
x > −1 ∧ 0 <x− 1
x− 3+ (1 + x) ∧ x− 1
x− 3− (1 + x) < 0
....
....
x > −1 ∧ x2 − x− 4
x− 3> 0 ∧ −x2 − 4x− 5
x− 3< 0
....
65
x > −1 ∧ x2 − x− 4
x− 3> 0 ∧ x2 + 4x+ 5
x− 3> 0
....
x > −1 ∧
(x− 1
2
)2
− 1
4− 4
x− 3> 0 ∧ x2 + 4x+ 5
x− 3> 0
Observamos que : x2 + 4x+ 5 =⇒4 = 42 − (4)(5) = −4(El discriminante es negativo) las raices de la ecuación noson reales, etonces el Conjunto solución son los Reales R ,Luego analizamos x− 3 > 0
Continuamos...
x > −1 ∧
(x− 1
2
)2
− 17
4
x− 3> 0 ∧ x > 3
De la intersección vemos que el dominio es:
C.S = (3;∞)
Tenemos la siguiente inecuación:
|x+ 1|2 + 2 |x+ 1| − 3 < 0
Sea : a = |x+ 1|
=⇒ a2 + 2a− 3 < 0
(a+ 3) (a− 1) < 0
66
=⇒ −3 < a < 1
−3 < |x+ 1| < 1
−3 < |x+ 1| ∧ |x+ 1| < 1
(x+ 1 > −3 ∪ x+ 1 < −(−3)) ∧ (−1 < x+ 1 < 1)
(x > −4 ∪ x+ 1 < 3) ∧ (−2 < x < 0)
(x > −4 ∪ x < 2) ∧ (−2 < x < 0)
R ∧ (−2 < x < 0)
x ∈ 〈−2; 0〉
Una función z = f(x, y) tiene un Maximo o Minimo enun punto P (x0, y0) si el valor de la función en ese punto esmayor o menor que su valor en cualquier otro punto (x, y)
Condiciones necesarias de extremos. ..
..∂f(x0, y0)
∂y= 0 ;
∂f(x0, y0)
∂x= 0
.. Para determinar si en un punto (x0, y0) hay un extre-mo relativo a f(x, y) , de�nimos el criterio de la segundaderivada:
67
Los puntos en los que las derivadas parciales son cero sellaman puntos criticos o estacionarios. No todo punto crí-ticos es un punto extremo.
Condiciones su�cientes para la existencia de extremos. ..
Sea P (x0, y0) un punto crítico de la funcíon z = f(x, y)con derivadas parciales de segundo orden continuas, y seaH(x0, y0) el determinante de la Matriz Hessiana, entonces:
H(x0, y0) =
∂2f(x0, y0)
∂x2
∂2f(x, y)
∂x∂y∂2f(x, y)
∂y∂x
∂2f(x0, y0)
∂y2
..
H(x0, y0) =∂2f(x0, y0)
∂x2.∂2f(x0, y0)
∂y2−(∂f(x, y)
∂y∂x
)2
.. Entonces se debe tener encuenta lo siguiente: ..
X Si H(x0, y0) > 0 y∂2f(x0, y0)
∂x2> 0 ; Entonces
f(x0, y0) es un valor minimo relativo.
X Si H(x0, y0) > 0 y∂2f(x0, y0)
∂x2< 0 ; Entonces
f(x0, y0) es un valor maximo relativo.
X Si H(x0, y0) < 0 Decimos que f(x0, y0) es un puntosilla.
X Si H(x0, y0) = 0 Este criterio no da información algu-na.
........................................
68
f(x, y) = 2x2 + 2xy + y2 + 2x− 3
∂f(x0, y0)
∂y= 2x+ 2y ;
∂f(x0, y0)
∂x= 4x+ 2y + 2
Calculamos las derivadas parciales de primer orden.
2x+ 2y = 04x+ 2y + 2 = 0
}=⇒ x = −1 ∧ y = 1
Resolviendo el sistema el único punto crítico de la funciónes: P (−1, 1)
Luego hallamos la matriz Hessiana en el punto P (−1, 1)
Para ello debemos obtener sus segundas derivadas y deri-vadas mixtas.
H(x0, y0) =
∂2f(x0, y0)
∂x2
∂2f(x, y)
∂x∂y∂2f(x, y)
∂y∂x
∂2f(x0, y0)
∂y2
=
[4 22 2
]= 4
De acuerdo a :
X Si H(x0, y0) > 0 y∂2f(x0, y0)
∂x2> 0 ; Entonces
f(x0, y0) es un valor minimo relativo.
En conclusión el punto P (−1, 1) es un valor minimo rela-tivo (Ver imagen).
.............
Resolviendo el ejercicio tenemos a f(x, y) = x2 + 2y2 −4xy − 6x+ 4y
69
Calculamos las derivadas parciales e primer orden.
∂f(x0, y0)
∂y= 4y − 4x+ 4 ;
∂f(x0, y0)
∂x= 2x− 4y − 6
Los puntos críticos se obtienen igualando a cero las deri-vadas parciales.
4y − 4x+ 4 = 02x− 4y − 6 = 0
}=⇒ x = −1 ∧ y = −2
Resolviendo el sistema el único punto crítico de la funciónes: P (−1,−2)
..
Luego hallamos la matriz Hessiana en el punto P (−1,−2)
Para ello debemos obtener sus segundas derivadas y deri-vadas mixtas.
..
Con lo cual obtenemos H(−1,−2) = −8 Esto quiere de-cir que la función presenta un punto silla en el puntoP (−1,−2)
x = 0 =⇒ y2 = 10⇒ y = ±√
10
Entonces los limites de integración en el eje y seran desde−√
10 hasta√
10
Por otro lado conocemos que un limite de integración es apartir desde x = 0 el otro estara en función de la curva esdecir x = 10− y2...de (∗)La función a integrar sera:
f(x, y) = 10− x− y2 ... de (∗∗)
70
V =
∫ ∫R
f(x, y)dydx
V =
∫ √10
−√
10
∫ 10−y2
0
(10− x− y2
)dxdy
V =
∫ √10
−√
10
[10x− x2
2− xy2
] ∣∣∣∣x=10−y2
x=0
dy
V =
∫ √10
−√
10
[50− 10y2 +
y4
2
]dy
Por ser simétrico es decir tener la misma longittud de in-tervalo de integracion, haremos
V = 2
∫ √10
0
[50− 10y2 +
y4
2
]dy
V = 2
[50y − 10
3y3 +
1
10y5
] ∣∣∣∣y=√
10
x=0
V = 2
[50√
10− 10
3
(√10)3
+1
10
(√10)5]
V = 2
[50√
10− 10
3
(10√
10)
+1
10
(102√
10)]
V = 2
[50√
10− 100√
10
3+ 10√
10
]
V = 2
[60√
10− 100√
10
3
]
71
V = 2
[180√
10− 100√
10
3
]
V = 2
[80√
10
3
]
V =160√
10
3u3
Nota : Seguir la imagen empezando desde la parte superiorizquierda y terminar hasta la parte inferior derecha.
Como la arena al caer forma un montículo su forma esuna �gura geometrica conocida es decir un cono vertical.Para ello necesitamos recordar la formula del volumen deun cono.
VCono =1
3ABaseh y ABase = πr2
=⇒ VCono =πr2h
3
Pero recordamos que D = 3h =⇒ 2r = 3h =⇒ r =3h
2Reemplazando...
=⇒ VCono =
π
(3h
2
)2
h
3=πh
3
9h2
4
=⇒ VCono =3
4πh3
La razón de cambio de su volumen será:
72
dV
dt=
3π
4.d
dt
(h3).dh
dt=
3π
4.(3h2).dh
dt
⇒ dV
dt=
9πh2
4
dh
dt
Podemos observar que la razón con la que cae la arena
siempre sera de 10pies3
min.Luego recordemos que nos piden
la Razón de cambio de la altura del montículo de arenapero cuando la altura este a 15 pies.
... De esta manera tenemos los datos para hallar la razónde cambio de la altura...
dV
dt=
9πh2
4
dh
dt
10pies3
min=
9π (15)2
4
dh
dtpies2
=⇒ dh
dt=
40
9 (15)2 π
pies
min
∴dh
dt= 0,0063
pies
min
Primero debemos conocer cuales son los valores de x nohagan continua la función, es decir hallar el dominio Df
Para eliminar la indeterminación necesitamos eliminar ocancelar algun factor primo, es este el que hace indetermi-nado la fraccion es decir, hace que obtengamos tanto ceroen el numerador como cero en el denominador. En casoscomo este ejercicio debemos saber factorizar en todos losfactores primos posibles.
73
L = lımx→0
x3 − 2x2
2x3 + 3x2
Vemos que tanto el numerador como en el denominador sepuede sacar factor común : x2
L = lımx→0
x2 (x− 2)
x2 (2x+ 3)
Nos damos cuenta que al reemplazar el valor al que tien-de el limite es precisamente x2 el que hace indeterminadola expresión, por ello es necesario cancelar asegurandonosque: x 6= 0
L = lımx→0
x− 2
2x+ 3
Despues de haber eliminado la indeterminación vemos queel limite converge a:
∴ L = lımx→0
x− 2
2x+ 3= −2
3
Se pide determinar el volumen del solido delimitado por lasuper�cie z = 1+ex sin y y los planos x±1 , y = 0 , y = πy z = 0
Entonces Tenemos los limites en x desde −1 a 1 y en ydesde 0 a π , la función f(x, y) = z = 1 + ex sin y
V =
∫ ∫R
f(x, y)dydx
V =
∫ 1
−1
∫ π
0
(1 + ex sin y) dydx
74
V =
∫ 1
−1
[y − ex cos y]
∣∣∣∣∣y=π
y=0
dx
V =
∫ 1
−1
[(π − ex cosπ)− (0− ex cos 0)] dx
V =
∫ 1
−1
[(π − ex(−1))− (−ex(1))] dx
V =
∫ 1
−1
[π + ex + ex] dx
V =
∫ 1
−1
[π + 2ex] dx
V = [πx+ 2ex]
∣∣∣∣∣x=1
x=−1
V =(π(1) + 2e1
)−(π(−1) + 2e−1
)V = (π + 2e)−
(−π +
2
e
)
V = 2e+ 2π − 2
e
Por lo tanto el volumen será:
V = 2
(e+ π − 1
e
)u3 ≈ 10,399u3
Tenemos la siguiente Ecuacion Diferencial Lineal
75
(x+ 1)dy
dx+ y = lnx
(x+ 1) y′ + y = lnx
Dividimos ambos mienbros entre (x+ 1)
y′ +1
x+ 1y =
lnx
x+ 1
Recordamos la forma general del Método del Factor Inte-grante.
y′ + P (x)y = G(x) =⇒ P (x) =1
x+ 1; G(x) =
lnx
x+ 1
...............................
El Factor Integrante es : u(x) = e∫P (x)dx
y la solución general será:
y =1
u(x)
∫u(x)G(x)dx
...............................
Reemplazamos y resolvemos:
Luego:
y =1
x+ 1
∫(x+ 1)
lnx
x+ 1dx
76
y =1
x+ 1
∫lnx dx
La ultima integral se resuelve por el Método de Integraciónpor partes cuyo resultado sera:
∫lnu du = ulnu− u
y =1
x+ 1(xlnx− x+ C)
10 =1
1 + 1(1ln1− 1 + C)
10 =1
2(ln1− 1 + C)
20 = ln1− 1 + C =⇒ C = 21− ln1
En conclusión
∴ y =1
x+ 1(xlnx− x+ 21− ln1)
Sea C la ecuación de la circunferencia tangente a los ejescoordenados.
Sea P un punto que pasa por la circunferencia de coorde-nadas (9, 2)
Recordemos que la ecuación general de la circenferenciaes:
C : (x− h)2 + (y − k)2 = r2
C : (x− r)2 + (y − r)2 = r2
Como P (9, 2) ∈ C(Circunferencia)
77
C : (9− r)2 + (2− r)2 = r2
81− 18r + r2 + 4− 4r + r2 = r2
81− 18r + r2 + 4− 4r = 0
r2 − 22r + 85 = 0
(r − 5) (r − 17) = 0
=⇒ r = 5 o r = 17
Pero de acuerdo a las condiciones: 2 < r < 10
La respuesta unica será:
r = 5 =⇒ Centro = (5, 5)
Por ultimo la ecuación de la circunferencia será:
∴ C : (x− 5)2 + (y − 5)2 = 52
Tenemos la siguiente Ecuacion Diferencial.
xdy
dx= 2xex − y + 6x2
xdy =(2xex − y + 6x2
)dx
−(2xex − y + 6x2
)dx+ xdy = 0
78
(y − 2xex − 6x2
)dx+ xdy = 0
Será una Ecuación Diferencial Exacta si:
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
Sean: M (x, y) = y − 2xex − 6x2 y N (x, y) = x
⇒ ∂M(x, y)
∂y= 1 =
∂N(x, y)
∂x
Entonces para su solución utilizamos:
)d
dy
∫M (x, y) dx = N (x, y)
ó
)d
dx
∫N (x, y) dy = M (x, y)
Para este ejercicio utilizamos el segundo (Es indiferentecual escoger)
d
dx
∫(x) dy = y − 2xex − 6x2
d
dx[xy + h(x)] = y − 2xex − 6x2
y + h′(x) = y − 2xex − 6x2
h′(x) = −2xex − 6x2 =⇒ h(x) = −∫ (
2xex + 6x2)dx
79
⇒ h(x) = −[2
∫xexdx+ 6
∫x2dx
]
⇒ h(x) = −[2 (xex − ex) + 2x3 + C
]∴ h(x) = −2xex + 2ex − 2x3 + C
Por ultimo.
f(x, y) =
∫M (x, y) dx+ h(y) =
∫N (x, y) dy + h(x)
La Solucion general será:∫xdy + h(x)
∴ x− 2xex + 2ex − 2x3 = C
x sin y + y cosx − y2
2= c
Luego, reemplazamos las condiciones iniciales: y(0) = e
− (0)3 e+ e2 sin (0)− (0)2 + e ln e− e = C
−0 + 0− 0 + e− e+ C = 0 =⇒ C = 0
Por lo tanto la solución particular será:
∴ −x3y + y2 sinx− x2 + y ln y − y = 0
80
Llamaremos C1 a la ecuación de la circunferéncia.
Llamaremos C2 a la ecuación de la curva.
Llamaremos P (x, y) al punto en comun de la circunferen-cia con la curva.
La ecuación de la circunferencia con centro diferente alorigen es :
C1 : (x− h)2 + (y − k)2 = R2
El centro sera: C (h, k) = C (0, k) (Ver imagen).
Sabiando que R = 1 y h = 0 la ecuación de la circunfe-rencia se reducira a:
C1 : x2 + (y − k)2 = 1... (∗)
Por otro lado la curva: C2 : y = x2... (∗∗) tiene un puntoen común con la circunferencia, la cual se llamara P (x, y)
Existe un P (x, y) = C1 ∩ C2
Es decir reemplazaremos una ecuación en la otra a �n deencontrar sus valores (Reemplazaremos (∗∗) en (∗)) :
x2 + (y − k)2 = 1
y + y2 − 2yk + k2 = 1
y2 + (1− 2k) y + k2 − 1 = 0
Para hallar el valor de y recurrimos a usar la formula deCarnot para polinomios de segundo grado.
81
Es decir Ax2 +Bx+ C = 0⇒ x =−B ±
√B2 − 4AC
2A
y =− (1− 2k)±
√(1− 2k)2 − 4 (k2 − 1)
2
y =− (1− 2k)±
√1− 4k + 4k2 − 4k2 + 4
2
y =− (1− 2k)±
√5− 4k
2
Pero observemos que:
5− 4k ≥ 0 =⇒ k ≤ 5
4
No olvidar que por la gra�ca 1 ≤ k ≤ 5
4teniendo y único
valor inferimos que k =5
4Si:
k =5
4=⇒ y =
3
4Si:
y =3
4=⇒ y = x2 =⇒ x = ±
√3
2
Al encontrar el valor de k nuestra respuesta a la preguntaserá:
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
Centro = (0, k) =
(0,
5
4
)∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
Recordemos que :
82
X∫eudu = eu + C
X∫Kdu = K
∫du;K = Constante
X∫undu =
un+1
n+ 1+ C
X∫audu =
au
ln(a)+ C
X∫kdu = k
∫du; k = Constante
X∫eudu = eu + C
X∫Kdu = K
∫du;K = Constante
Recordemos la derivada de una división:
d
dx
[uv
]=v dudx − u
dvdx
v2
Con esto entonces el ejercicio resulta:
−1
5eu + C
Pero necesitamos regresar la variable original:
−1
5e1−x5 + C
Siendo la respuesta:∫x4e1−x5dx = −1
5e1−x5 + C
I =
∫ 1
0
Senx
∫ x
x2dy dx
I =
∫ 1
0
Senx [y] |xx2 dx
83
I =
∫ 1
0
Senx[x− x2
]dx
Como se ve podemos separas las integrales:
I =
∫ 1
0
x Senxdx−∫ 1
0
x2 Senxdx
Llamaremos A a la primera integral
A =
∫x Senxdx
Hacemos:u = x⇒ du = dx
dv = Senxdx⇒ v = −Cosx
A = −x Senx+
∫Cos dx
A = −xCosx+ Senx
Evaluando entre 0 y 1 nos da:
Llamaremos B a la segunda integral
B =
∫ 1
0
x2 Senxdx
Hacemos:
u = x2 ⇒ du = 2xdx
84
dv = Senxdx⇒ v = −Cosx
B = −x2 Cosx+ 2
∫xCosxdx
El proceso para resolver la ultima integral es analoga a laprimera.
B = −x2 Cosx+ 2 (Cosx+ x Senx)
B = −x2 Cosx+ 2 Cosx+ 2x Senx
Evaluando entre 0 y 1 nos da:
Como la integral consiste en:
I = 2− Sen (1)− 2 Cos (1) ≈ 0,0779244
Se presenta el siguiente ejercicio:
√4− |x+ 1| ≥ 5
Recordamos que:√a = b⇒ a ≥ 0 ∧ a ≥ b2
Como vemos el radicando tiene que ser mayor o igual acero y mayor o igual al cuadrado de la raíz, en ese caso lasolución es:
4− |x+ 1| ≥ 0 ∧ 4− |x+ 1| ≥ 52
|x+ 1| ≤ 4 ∧ 4− |x+ 1| ≥ 25
85
|x+ 1| ≤ 4 ∧ |x+ 1| ≤ 4− 25
|x+ 1| ≤ 4 ∧ |x+ 1| ≤ −21
En este punto recordamos que un valor absoluto nos re-presenta una distancia y como tal su valor sera positivo ocero, descartando entonces la idea de que |x+ 1| ≤ −21,porque como tal no existen números reales que comuplandicha expresion, entonces , x ∈ φLuego recordamos: |a| ≤ b → −b ≤ a ≤ b. Para todo bmayor que cero.
Resolvemos:
|x+ 1| ≤ 4
−4 ≤ x+ 1 ≤ 4
−5 ≤ x ≤ 3
Vemos que: x ∈ [−5, 3]
C.S = {x ∈ [−5, 3] ∩ x ∈ φ}
C.S = φ
Se tiene el siguiente ejercicio:
2 +|x+ 2|
3− |x+ 3| ≤ 0
Para la solución primero identi�camos los puntos críticosevaluando los valores absolutos. Observamos que los pun-tos criticos son: −3,−2 Luego para hallar el C.S analiza-mos todos los casos posibles:
86
XCASO I : x < −3
XCASO II : −3 ≤ x < −2
XCASO III : x ≥ −2
Recordamos que:
|x+ a| = {x+ a;Si x ≥ −a ∨ − (x+ a) ;Si x < −a}
|x− b| = {x− b;Si x ≥ b ∨ − (x− b) ;Si x < b}
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
Analizamos el CASO I : x < −3
2 +|x+ 2|
3− |x+ 3| ≤ 0
2 +(−x− 2)
3− (−x− 3) ≤ 0
2− x
3− 2
3+ x+ 3 ≤ 0
13
3+
2x
3≤ 0⇒ x ≤ −13
3
Pdemos observar la intersección sera x ∈(−∞,−13
3
]
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
87
Analizamos el CASO II : −3 ≤ x < −2
2 +|x+ 2|
3− |x+ 3| ≤ 0
2 +(−x− 2)
3− (x+ 3) ≤ 0
2− x
3− 2
3− x− 3 ≤ 0
−5
3− 4x
3≤ 0
x ≥ −5
4
Como los valores mayores a −5
4; o − 1,25 no pertenecen
al intervalo −3 ≤ x < −2 se dice que el C.S = φ
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
Analizamos el CASO III : x ≥ −2
2 +|x+ 2|
3− |x+ 3| ≤ 0
2 +x+ 2
3− (x+ 3) ≤ 0
2 +x
3+
2
3− x− 3 ≤ 0
−1
3− 2x
3≤ 0
88
x ≥ −1
2
Podemos observar que x ∈[−1
2,+∞
)Para concluir el Conjunto Solución (C.S) será la union delas conclusiones de los casos.
C.S =
{(−∞,−13
3
]∪ φ ∪
[−1
2,+∞
)}
C.S =
{(−∞,−13
3
]∪[−1
2,+∞
)}
x ≥ −13
3∪ x ≥ −1
2
Nota : La intersección con vacio (φ) nos da vacio (φ) launión NO.
Se quiere calcular el volumen de un cubo a partir de suarista en tal forma que el margen de error sea de 6 %. Es-timar el margen de error porcentual con que debe medirsela arista.
Llamaremos x a la arista del cubo, entonces el volumendel cubo será:
Vcubo = x3 =⇒ dV
dx= 3x2 =⇒ dV = 3x2dx
Como dato tenemos que el margen de error es de 6 % en-tonces:
4VV≈ dV
V
89
3x2dx
x3= 6 %
3dx
x= 0,06
dx
x= 0,02
Observamos que el error relativo de la arista es del 2 %que produce un error del 6 % en el volumen.
Recordemos que ambos son cantidades pequeñamente in-�nitas: 4x ≈ dx
El margen de error sera:
4x = ±2 %
ó que es igual a decir que el error oscilará entre los valores:
−0,02u ≤ 4x ≤ 0,02u
Donde u son unidades.
Se hizo uso de:
X∫Kdu = K
∫du;K = Constante
X∫du = u+ C
X∫ duu
= ln |u|+ C
X n√a = a
1n
X∫undu =
un+1
n+ 1+ C
Tenemos la siguiente inecuación:
90
∣∣∣∣x+ 2
x− 2
∣∣∣∣ ≤ 3
Recordemos que las inecuaciones de la siguiente forma tie-nen como solución:
z |a| ≤ b⇔ b > 0 ∧ (−b ≤ a ≤ b)
Que es igual a decir:
z |a| ≤ b⇔ b > 0 ∧ (−b ≤ a ∧ a ≤ b)
−3 ≤ x+ 2
x− 2∧ x+ 2
x− 2≤ 3
x+ 2
x− 2+ 3 ≥ 0 ∧ x+ 2
x− 2− 3 ≤ 0
x+ 2 + 3 (x− 2)
x− 2≥ 0 ∧ x+ 2− 3 (x− 2)
x− 2≤ 0
4x− 4
x− 2≥ 0 ∧ −2x+ 8
x− 2≤ 0
4 (x− 1)
x− 2≥ 0 ∧ −2 (x− 4)
x− 2≤ 0
x− 1
x− 2≥ 0 ∧ x− 4
x− 2≥ 0
Identi�camos en la recta lon puntos críticos: 1, 2 y 4
Podemos observar que x 6= 2 porque haria indeterminadala fracción.
El C.S es la intersección de:
91
x ∈ 〈−∞, 1] ∪ 〈2,+∞〉⋂
x ∈ 〈−∞, 2] ∪ [4,+∞〉
El Conjunto Solución sera:
C.S = 〈−∞, 1] ∪ [4,+∞〉
Dada la función se pide determinar la continuidad de f :
Para que f sea continua en se debe cumplir que:
.........................
1. Si x − y 6= 0 ⇒ y 6= x =⇒ Analizando la continuidaden la región y 6= x se tiene que si un punto x0, y0 es unpunto esa región (y 6= x) entonces podemos decir:
f (x, y) =x3 − y3
x− y= x2 + xy + y2
lım(x,y)→(x0,y0)
f (x, y) = x20 + x0y0 + y2
0 = f (x0, y0)
Por lo tanto la f(x, y) es continua en la region y 6= x
.........................
2. Si y = x =⇒ f (x, y) = x+y Analizamos la continuidaden la región en y = x si un punto (x0, y0) es un punto esaregión (y = x) entonces podemos decir:
lım(x,y)→(x0,y0)
x+ y = x0 + y0 = 2x0
.........................
92
Luego si x = 0 , lım(x,y)→(x0,y0) f (x, y) = f (0, 0) = 0
Ahora debemos demostrar esa a�rmación usando la de�-nición de limite:
Ademas; 0 < ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ =⇒ |x| < δ ∧ |y| < δ
|f (x, y)− 0| = |x+ y| ≤ |x|+|y| ≤ δ+δ = 2δ =⇒ δ =ε
2
Por lo tanto diremos que la función es en todos los puntosen que y = x y en el origen.
∴ f(x, y) es continua en todo R2
Se tiene la función:
f(x, y) =ln (x+ y)√
x− y
Se debe saber que:
1. Las argumentos de las funciones logaritmicas siempreson positivas. Asi tenemos: ln(A) = B ⇔ A > 0 ⇒ A =eB
2. Todo radicando de raiz de indice par debe ser mayor oigual a cero. Asi tenemos:
√A = B ⇔ A > 0⇒ A = B2
3. En toda fracción siempre el denominador debe ser di-
ferente de cero. Asi tenemos:A
B= C ⇔ B 6= 0 (Porque
haria indeterminada la expresión)
Respecto al ejercicio el dominio de la función sera la inter-seccion de los dominions de las logaritmica y raiz.
Df = Df1 ∩Df2
93
Donde: Df1 ={
(x, y) ∈ R2/x+ y > 0 =⇒ y > −x}
Donde: Df2 ={
(x, y) ∈ R2/x− y > 0 =⇒ y < x}
Por lo tanto:
Df ={
(x, y) ∈ R2/ (y > −x) ∩ (y < x)}
∴ Df = 〈0,∞〉
Piden determinar la continuidad de:
f(x) =3−√x+ 1
x− 8
Df ={
(x, y) ∈ R2/ (x+ 1 ≥ 0) ∩ (x 6= 8)}
∴ Df ={
(x, y) ∈ R2/x ∈ [−1,∞)− {8}}
Es por ello que analizaremos la función para saber cual esel valor cuando x se aproxima a 8
es decir, hallaremos el limite.
lımx→8
3−√x+ 1
x− 8
Para eliminar la indeterminación tenemos que eliminar pri-mero la raiz cuadrada que no permite ninguna cancelación.Es decir racionalizamos ó multiplicamos por su facor ra-cionalizante.
lımx→8
3−√x+ 1
x− 8∗ 3 +
√x+ 1
3 +√x+ 1
94
....
lımx→8
32 −(√
x+ 1)2
x− 8∗ 1
3 +√x+ 1
....
lımx→8
9− (x+ 1)
x− 8∗ 1
3 +√x+ 1
Operamos
lımx→8
8− xx− 8
∗ 1
3 +√x+ 1
Observamos que se puede cancelar teniendo cuidado conel signo.
lımx→8
−(x− 8)
x− 8∗ 1
3 +√x+ 1
lımx→8
−1
1∗ 1
3 +√x+ 1
− lımx→8
1
3 +√x+ 1
= − 1
3 +√
8 + 1= −1
6
Es decir que el limite converge o se aproxima a −1
6Cuando
el valor de x tiende o se aproxima a 8.
Una ecuación diferencial de la forma:
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
95
Será una Ecuación Diferencial Exacta si:
∂M(x, y)
∂y=∂N(x, y)
∂x
Tenemos la siguiente ecuacion diferencial
(ex + y) dx+ (ey + x) dy = 0
Con valores iniciales: y(0) = 1 =⇒ x = 0 ; y = 1
De�nimos M(x, y) y N(x, y) :
M (x, y) = ex + y
yN (x, y) = ey + x
⇒ ∂M(x, y)
∂y= 1
⇒ ∂N(x, y)
∂x= 1
Vemos que se trata de una Ecuacion Diferencial Exacta
Entonces para su solución utilizamos:
1)d
dy
∫M (x, y) dx = N (x, y)
ó
2)d
dx
∫N (x, y) dy = M (x, y)
Para este ejercicio utilizamos primero pero recuerda quees indiferente cual utilizar
96
d
dy
∫(ex + y) dx = ey + x
d
dy[ex + xy + h(y)] = ey + x
Recordamos que al derivar respecto a y hacemos constantea x
x+ h′(y) = ey + x
=⇒ h′(y) = ey =⇒ h(y) =
∫eydy =⇒ h(y) = ey+C
Por ultimo.
La Solución General será:∫(ex + y) dy + h(x)
⇒ ex + xy + h(y) = 0
∴ ex + xy + ey = C
Luego utilizamos los valores iniciales y(0) = 1 , Parahallar C y con ello nuestra solución particular.
Reemplazando:
e0 + (0)(1) + e1 = C ⇒ C = e+ 1
La solución particular sera:
97
∴ ex + xy + ey = e+ 1
Tenemos la siguiente ecuación diferencial
3xy′ − 2y =x3
y2
Dividimos toda la expresion por x
3y′ − 2y
x=
x2
y2
3y′ =x2
y2+ 2
y
x
Hacemos un cambio de variable:
u =y
x⇒ y = ux
Derivamos el producto dy = udx+ xdu
Reemplazamos todo en función de: u;x . Recordando que
: y′ =dy
dx
3dy
dx=
1
u2+ 2u
3udx+ xdu
dx=
1
u2+ 2u
3
(u+ x
du
dx
)=
1
u2+ 2u
98
3u+ 3xdu
dx=
1
u2+ 2u
3xdu
dx=
1
u2− u
3xdu
dx=
1− u3
u2
Separamos las variables:
3u2
1− u3du =
dx
x
Integramos: ∫3u2
1− u3du =
∫dx
x
−∫−3u2
1− u3du =
∫dx
x
Ambas integrales son directas, tambien se puede hacercambio de variable en la primera.
−Ln(1− u3
)= Ln(x) + C
Se puede hacer el siguiente orden de signos:
C = Ln(x) + Ln(1− u3
)Ln(x(1− u3
))= C
Luego debemos regresar el cambio original : u =y
x
99
Ln
(x
(1−
(yx
)3))
= C
Ln
(x− y3
x2
)= C
Utilizamos una indentidad de logaritmos:
x− y3
x2= C
Recuerda que una constante C seguira siendo constante siesta elevado a otra constante o si este es exponente de otraconstante, en este caso fue la constante de Euler e
La solución general explicita será:
y3 = x2 (x− C)
dy
dx+ 1 = 2y
Con valores iniciales y(1) = 1⇒ x = 1 ; y = 1
Recordamos que:dy
dx= y′
Entonces
y′ + 1 = 2y
Vemos que podemos usar separación de variables:
y′ = 2y − 1
100
dy
dx= 2y − 1
dy = (2y − 1) dx
dy
2y − 1= dx
Integramos: ∫dy
2y − 1=
∫dx
La solución general es:
1
2Ln(2y − 1) = x+ C
Reemplazamos los valores iniciales.
1
2Ln(2−1) = 1+C ⇒ 1
2Ln(1) = 1+C =⇒ C = −1
La solución particular será:
1
2Ln(2y − 1) = x− 1
Esta será la solución implícita para que sea solución ex-pliícita debemos despejar y
Le damos la forma de una ecuación diferencial lineal: y′+P (x)y = G(x)
y′ − 2y = −1 =⇒ P (x) = −2 ; G(x) = −1
101
La solución sera:
y =1
u(x)
∫u(x)G(x)dx
Siendo
u(x) = e∫P (x)dx = e
∫−2dx = e−2x
Entonces:
y =1
e−2x
∫e−2x(−1)dx
f(x, y) = 5√x− 6y3
Derivamos respecto a x
∂f(x, y)
∂x=
1
5
(x− 6y3
) 15−1 ∂
(x− 6y3
)∂x
∂f(x, y)
∂x=
1
5
(x− 6y3
)− 45
∂f(x, y)
∂x=
1
5 (x− 6y3)45
∂f(x, y)
∂x=
1
5 5
√(x− 6y3)4
Derivamos respecto a y
∂f(x, y)
∂y=
1
5
(x− 6y3
) 15−1 ∂
(x− 6y3
)∂y
102
∂f(x, y)
∂y=
1
5
(x− 6y3
)− 45(−18y2
)∂f(x, y)
∂y= − 18y2
5 (x− 6y3)45
∂f(x, y)
∂y= − 18y2
5 5
√(x− 6y3)4
EJERCICIOS QUE LE VOY A DAR AWIFI PARA QUEME AYUDE
L = lımx→0
x
√1
4x2− 16
L = lımx→0
x
√1− 16x2
4x2
L = lımx→0
x
√1− 16x2
2 |x|
L = lımx→0
x
2 |x|√
1− 16x2
Sabemos que:
|x| =
{x si x ≥ 0
−x si x < 0
Evaluamos al limite tender a cero tanto por la izquierdacomo por la derecha.
L = lımx→0+
x
2(x)
√1− 16x2 =
1
2
103
L = lımx→0−
x
2(−x)
√1− 16x2 = −1
2
Al darnos diferente valor de L concluimos que el limite noexiste.
Sea:
f(x) =√
5 + |3x2 − 8|
Se pide hallar su derivada f ′(x)
f ′(x) =ddx
∣∣3x2 − 8∣∣
2√
5 + |3x2 − 8|
Recordando que la derivada del valor absoluto es:
y = |u(x)| =⇒ y′ =u(x)
|u(x)|u′(x)
Entonces nos quedará:
f ′(x) =1
2√
5 + |3x2 − 8|
(3x2 − 8
|3x2 − 8|d
dx
(3x2 − 8
))
f ′(x) =1
2√
5 + |3x2 − 8|
(3x2 − 8
|3x2 − 8|(6x)
)Siendo la respuesta:
f ′(x) =3x(3x2 − 8
)2 |3x2 − 8|
√5 + |3x2 − 8|
104
L = lımx→0
1− cos (sin 4x)
sin2 (sin 3x)
Para la solución de este ejercicio hacemos uso a los arti�-cios con el �n de utilizar limite notables:
L = lımx→0
1− cos (sin 4x)
sin2 (sin 3x)
L = lımx→0
sin2 4x1− cos (sin 4x)
sin2 4x
sin2 3xsin2 (sin 3x)
sin2 3x
L = lımx→0
sin2 4x
[1− cos (sin 4x)
sin2 4x
]sin2 3x
[sin (sin 3x)
sin 3x
]2
Volvemos a agregar otro arti�cio:
L = lımx→0
16x2 sin2 4x
(4x)2
[1− cos (sin 4x)
sin2 4x
]9x2
sin2 3x
(3x)2
[sin (sin 3x)
sin 3x
]2
Podemos notar que haremos uso de los limites notables:
lımx→0
sinx
x= 1 lım
x→0
1− cosx
x=
1
2
Con esto nos quedará:
105
L =
16(1)2
(1
2
)9(1)2 (1)2
En conclusión la respuesta será:
L = lımx→0
1− cos (sin 4x)
sin2 (sin 3x)=
8
9
106
