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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:
11
1
a1 = 3 
2
1
= 3 
2
31
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
n1
1
 3 lím  
n   2 
n1
 30  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
 x2
 1

f(x) = 
si x  2
si x  2
a) Halle lím f ( x) y lím f ( x) .
x2
x2
b) ¿Puede definirse f en 2 de modo que exista lím f ( x) ? ¿Por qué?
x2
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)

 x2 .
Si x > 2 entonces
x2
x2
Por lo tanto, si x > 2 f(x) = x+2 y lím f ( x)  4 .
x2
Como para x < 2 f (x) = 1 entonces, lím f ( x)  1 .
x2
b) No es posible definir f en 2 para que exista lím f ( x) porque los límites laterales son
x2
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
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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 / mn 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 mm = 0 = 0(3) entonces (m, m)  R.
Simetría: Sea (m, n)  R, entonces existe un número entero h tal que mn = 3h, Por lo tanto,
nm = 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 mn = 3h y np = 3l.
En consecuencia, mp = mn+np =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
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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 1005(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) = 40003ln(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) = 40003ln(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