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Segunda Prueba Parcial Lapso 2015-1 175-176-177 1/5 Matemática I (Cód. 175-176-177) Universidad Nacional Abierta Vicerrectorado Académico Área de Matemática Cód. Carrera: 126 -236-237-280 281- 508- 521- 542-610-612- 613. Fecha: 04-07-2015 MODELO DE RESPUESTAS Objetivos del 07 al 11 1 OBJ 7 PTA 1 Considere la sucesión {an} definida por an = 3 2 a) Halle los 5 primeros términos de esta sucesión. b) Calcule lím a n . n 1 . n c) Halle la suma de los 20 primeros términos de {an}. Nota: Para lograr el objetivo 7 debe responder correctamente todos los literales. Solución: a) Según la definición dada de {an} tenemos que: 11 1 a1 = 3 2 1 = 3 2 31 a3 = 1 = 3 2 a5 = 1 = 3 2 0 3 = ; 4 5 1 = n a4 = 2 1 1 3 1 = 3 = ; 2 2 1 = 3 2 4 1 = 3 ; 8 3 ; 16 1 b) lím a n lím 3 n =3; 1 a2 = 3 2 2 n1 1 3 lím n 2 n1 30 0 . Aquí usamos el hecho de que si la razón de una progresión geométrica tiene valor absoluto menor que 1, entonces el límite de la progresión cuando n va a infinito es cero. Vea la página 61 del Módulo III. c) Recordemos que para una progresión geométrica {an} con primeros n términos, , viene dada por: razón r, la suma de sus . En este caso tenemos n = 20, 1 , r = . (Vea pág. 61 Módulo III). 2 Por lo tanto, 1 20 1 2 S20 3 1 1 2 = 1 20 1 2 3 1 2 1 20 = 6 1 . 2 Especialista: María Carrasco Validador: Álvaro Stephens Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática Segunda Prueba Parcial Lapso 2015-1 175-176-177 2/5 OBJ 8 PTA 2 Sea f : R{2} → R la función definida por x2 4 x2 1 f(x) = si x 2 si x 2 a) Halle lím f ( x) y lím f ( x) . x2 x2 b) ¿Puede definirse f en 2 de modo que exista lím f ( x) ? ¿Por qué? x2 Nota: Para lograr el objetivo 8 debe responder correctamente todos los literales. Solución: a) Vea página 86, Módulo III. x 2 4 ( x 2)( x 2) x2 . Si x > 2 entonces x2 x2 Por lo tanto, si x > 2 f(x) = x+2 y lím f ( x) 4 . x2 Como para x < 2 f (x) = 1 entonces, lím f ( x) 1 . x2 b) No es posible definir f en 2 para que exista lím f ( x) porque los límites laterales son x2 distintos en x = 2. Vea página 92 Módulo III. OBJ 9 PTA 3 Sea f : [1,5]→R la función definida por f ( x) x 2 2. Demuestre que existe x0 ( 1,5 ), tal que f ( xo ) 20 . Solución: Por el Teorema del valor intermedio, dado en la página 151 del Módulo III, existe x0 (1,5) tal que f ( xo ) 20 . ¿Por qué? EDUCACION, MENCION DIFICULTAD DE APRENDIZAJE Y PREESCOLAR (CÓD. 175) OBJ 10 PTA 4 Sea S la recta de ecuación y = 2x+1. Halle la proyección ortogonal del punto (0,2) sobre S. Sugerencia: Tenga en cuenta el siguiente hecho; Si S es una recta no horizontal en el plano 1 xy, de pendiente m, entonces todas las rectas perpendiculares a S son las de pendiente . m Solución: 1 Las rectas del plano perpendiculares a la recta S son las de la forma y x b , donde 2 b es cualquier número real. Hallemos cuál de estas rectas pasa por el punto (0,2). Sustituimos el punto en la ecuación y obtenemos b = 2. 1 Sea L la recta de ecuación y x 2 . Ahora, intersectamos las rectas S y L. 2 El punto intersección de estas dos rectas es la proyección ortogonal de (0,2) sobre S. Especialista: María Carrasco Validador: Álvaro Stephens Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática Segunda Prueba Parcial Lapso 2015-1 175-176-177 3/5 Igualamos 2 x 1 1 x 2 . Así, obtenemos x 2 , al sustituir este valor en cualquiera 2 5 de las rectas, obtenemos y 9 . Finalmente, la proyección ortogonal de (0,2) sobre S es el 5 punto 2 9 . , 5 5 Vea pág. 48 Mod IV. OBJ 11 PTA 5 En Z definimos la relación R por: R = { (m,n) Z x Z / mn es múltiplo de 3}. Demuestre que R es una relación reflexiva, simétrica y transitiva, es decir, es una relación de equivalencia. Solución: Reflexividad: Sea m Z. Como mm = 0 = 0(3) entonces (m, m) R. Simetría: Sea (m, n) R, entonces existe un número entero h tal que mn = 3h, Por lo tanto, nm = 3(h). Como h es un número entero, h también lo es. De allí que, (n, m) R. Transitividad: Sean m, n, p números enteros tales que (m, n) R y (n, p) R. Entonces, existen números enteros h y l tales que mn = 3h y np = 3l. En consecuencia, mp = mn+np =3h+3l =3(h+l). Como h y l son enteros, también lo es h+l. De allí que (m, p) R. Vea la página 131 del Módulo IV. ADMINISTRACIÓN Y CONTADURÍA (CÓD. 176) OBJ 10 PTA 4 Se tienen dos bienes B1 y B2 con ecuaciones de demanda dadas por: B1 P = 100 – 5Q. B2 P = 80 – 4Q. El precio está dado en Bolívares. a) ¿Existe algún precio del mercado para el cual la demanda de ambos bienes sea la misma?¿Por qué? b) Si se requiere comprar 5 unidades del bien B1 y 3 unidades del bien B2 , ¿cuál sería el precio total a pagar? Nota: Para lograr el objetivo 10 debe responder correctamente ambos literales. Solución: a) Las gráficas de las ecuaciones de demanda dadas en el mismo sistema de ejes QP son: P 100 80 B1 B2 20 Especialista: María Carrasco Q Validador: Álvaro Stephens Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática Segunda Prueba Parcial Lapso 2015-1 175-176-177 4/5 No existe tal precio, ya que los precios de los bienes son iguales sólo cuando el precio es cero, pero esto no ocurre en la práctica. Vea las páginas 23 y 24 del Módulo IV. b) Para comprar 5 unidades del bien B1 debe pagarse 1005(5) = 100–25 = 75 bolívares. Para comprar 3 unidades del bien B2 debe pagarse 80–4(3) = 80–12 = 68 bolívares. El precio total a pagar es 75+68 = 143 bolívares. OBJ 11 PTA 5 La distribución del ingreso en una determinada población está dada por la forma logarítmica de la Ley de Pareto, ln(y) = 40003ln(x) para e, e1000 . a) Halle el número de personas cuyo ingreso es superior a e50 . b) Realice una gráfica de la forma logarítmica de la Ley de Pareto, poniendo en las abscisas ln (x) y en las ordenadas ln (y). Nota: Para lograr el objetivo 11 debe responder correctamente todos los literales. Solución: a) Tomamos exponencial a ambos lados de la ecuación ln(y) = 40003ln(x), obtenemos e4000 e4000 y 3ln( x ) 3 . e x e4000 Sustituimos x por e50 y obtenemos y 150 e3850 . Este es el número de personas cuyo e 50 ingreso es superior a e . Vea las páginas 79, 80, 81 y 82 del Módulo IV. b) La gráfica solicitada es la siguiente: Ln(y) 400 0 100 0 1 1000 Ln(x) MATEMÁTICA, EDUCACIÓN MENCIÓN MATEMÁTICA INGENIERÍA (CÓD. 177) OBJ 10 PTA 4 Demuestre que la suma de una cantidad impar de números impares es un número impar. Sugerencia: Todo número impar es de la forma 2h + 1, donde h es un número entero. Solución: Toda suma de una cantidad impar de números impares se puede expresar de la forma: , donde: son números enteros cualesquiera y k es un número impar. Claramente, es un número impar. ¿Por qué? Especialista: María Carrasco Validador: Álvaro Stephens Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática Segunda Prueba Parcial Lapso 2015-1 175-176-177 5/5 OBJ 11 PTA 5 Se tienen las ciudades X; A; B; C; D; E; Y. Si U y V son dos de estas ciudades y existe un camino desde U hasta V, denotamos UV la longitud en kilómetros de ese camino. Si UV no aparece, entonces no existe un camino desde U hasta V. XA 3 , XB 2 , XC 5 , AD 1 , AE 4 , BD 2 , BE 1 , DY 4 , EY 3 , CD 2 , CE 1 . Encuentre el camino más corto desde X hasta Y y calcule su longitud. Solución: Existen exactamente 6 caminos para ir desde X hasta Y. Estos son: XADY, XAEY, XBDY, XBEY, XCDY, XCEY. Es suficiente calcular cuántos kilómetros se recorren en cada uno de estos seis caminos. En XADY se recorren 3 + 1 + 4 = 8 km. En XAEY se recorren 3 + 4 + 3 = 10 km. En XBDY se recorren 2 + 2 + 4 = 8 km. En XBEY se recorren 2 + 1 + 3 = 6 km. En XCDY se recorren 5 + 2 + 4 = 11 km. En XCEY se recorren 5 + 1 + 3 = 9 km. Concluimos que el camino más corto es XBEY ya que su longitud es de 6 Km. FIN DEL MODELO. Especialista: María Carrasco Validador: Álvaro Stephens Evaluadora: Florymar Robles Área de Matemática