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682 en 341 posts · (20-02-2014)

Bueno gente, aprovecho que me pasaron las fotos del final que se tomo el 18/02/2014 (Martes pasado) ya que a mí no me dejaron sacarle foto al examen.

Les dejo las fotos con los ejercicios...y para el que quiera (mas que nada, comodidad) lo reescribí en un PDF con una aclaración que surgió por parte de los profesores durante el examen.

Saludos!

18 en 6 posts · (20-02-2014)

Lo resuelvo acá para que quede:

1)
a)

Spoiler: Mostrar

Reordenamos el polinomio

P(x) = -1 -2x^2 + 3x^3

Sabemos que el Polinomio de Taylor para

$x_{0} = 0$ es McLaurin.

La forma es

$F(0) + F'(0)x + \frac{F''(0)x^2}{2} + \frac{F'''(0)x^3}{6}$

Sabiendo esto, podemos comparar directamente con el polinomio para obtener los siguientes valores:

$F(0) = -1$

$F'(0)x = 0$

$F''(0)x^2 = -2x^2 \rightarrow F''(0) = -2$

$F'''(0)x^3 = 3x^3 \rightarrow F'''(0) = 3$

Ahora agarramos nuestra función
G(x) = F(ln(1+x))

Nos preguntan si tiene un mínimo local en

$x_{0}=0$ `
Para ello tiene que cumplir las siguientes condiciones:
1) G'(0) = 0 (Entonces hay extremo)
2) G''(0) > 0 (Entonces es mínimo)

Tenemos que obtener G' y G'', para ello, derivamos G(x)

$G'(x) = F'(ln(1+x))\frac{1}{1+x}$

Y la evaluamos en 0:

$G'(0) = F'(ln(1+0))\frac{1}{1+0}$

$G'(0) = F'(0) = 0$

Cumple la primer condición y por lo tanto hay un extremo en x=0

Ahora obtenemos

$G''(x)$ derivando

$G'(x)$

$G''(x) = F''(ln(1+x))\frac{1}{(1+x)^2} - \frac{1}{(1+x)^2} F'(ln(1+x))$

Evaluamos en 0:

$G''(0) = F''(ln(1+0))\frac{1}{(1+0)^2} - \frac{1}{(1+0)^2} F'(ln(1+0))$

$G''(0) = F''(0) - F'(0)$

Como

$F'(0) = 0$

$G''(0) = F''(0) = -2$

Por lo tanto el extremo es un MÁXIMO local y la respuesta es F

b)

Spoiler: Mostrar

$F(x) = \int_{1}^{x^3} \frac {e^t}{\sqrt{t}}$

Nos preguntan si es creciente, por lo tanto tenemos que estudiar el crecimiento de la función en ese intervalo
Es importante aclarar que

$DF = [1,+\infty)$

Derivamos F(x)

$F'(x) = \frac {e^{x^{3}}}{\sqrt{x^3}}3x^2$

La función no presenta puntos críticos ya que

$\nexists x \in [1,+\infty] \setminus F'(x) = 0$

Por lo tanto podemos afirmar que en ese intervalo la función es monótona.
Ahora solo queda determinar si es Creciente o Decreciente. Para eso, la evaluamos en cualquier punto perteneciente al dominio (tomo x=1 para facilitar las cuentas)

$F'(1) = 3e > 0$

Por lo tanto la función es creciente para cualquier X perteneciente al intervalo propuesto. Y la respuesta es V.

2)

Spoiler: Mostrar

Primero realizamos el gráfico
Gráfico de y = ln(x),y = 1-x,x = 0,x = 1,x=2.

Es importante notar que 0 no esta incluido en el área que nos piden

$0 < x \leq 2$

Si vemos el gráfico el área nos queda partida en 2 integrales:

$\int_{0}^{1} 1-x-ln(x) + \int_{1}^{2} ln(x) - 1 + x$

Acá con lo único que hay que tener cuidado es con el 0. Recuerden que no esta incluido en el Área a calcular y que, por lo tanto hay que usar un limite para aproximarse a su valor.

Esto es importante ya que 0 no pertenece al dominio de ln(x).
Las integrales quedan:

$\left 2 x-\frac{x^2}{2}-x ln(x) \right|_0^1$

Y

$\left - 2 x +\frac{x^2}{2}+x ln(x) \right|_1^2$

El único problema a resolver es

$\lim_{t\rightarrow 0} tln(t)$
Lo cual es una (famosa) indeterminación

$0*\infty$
La pasamos a la forma:

$\frac{\infty}{\infty}$

$\lim_{t\rightarrow 0} \frac{ln(t)}{\frac{1}{x}} = \frac {\infty}{\infty} \overset{L'H}{\rightarrow}$

Aplicando L'Hopital queda:

$\lim_{t\rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{x^2}} \rightarrow \lim_{t\rightarrow 0} \frac{x^2}{-x} \rightarrow \lim_{t\rightarrow 0} -x = 0$

Evaluando correctamente las integrales anteriores el resultado es

$A = 3/2 + 2 ln (2) - 1/2 = 2,386$

3)

a)

Spoiler: Mostrar

Recordamos el teorema de Lagrange

$F'(\text{c}) = \frac{F(b)-F(a)}{b-a}$

Ahora planteamos las hipótesis del enunciado:

$H_1) \text{F es derivable en} (a,b)$

$H_2) F'(x)> 0$

$\forall x \in (a,b)$

Y la tesis:

$T) \forall x_1,x_2 \in (a,b) \setminus x_1<x_2 \Rightarrow F(x_1) < F(x_2)$

Sabemos por

$H_2$ que:

$F'(\text{c}) > 0$

En nuestro ejercicio

$F'(\text{c}) = \frac{F(x_2)-F(x_1)}{x_2-x_1}$

Necesitamos que F'(\c) sea positivo, por lo tanto tenemos las siguientes "opciones"

$\begin{center}F(x_2) - F(x_1) > 0 \\ \wedge\end{center} \\ x_2-x_1 > 0$

$\begin{center}\vee\end{center}$

$\begin{center}F(x_2) - F(x_1) < 0 \\ \wedge\end{center} \\ x_2-x_1 < 0$

Como nosotros queremos los valores

$x_1 < x_2$ tomamos la opción 1, por lo tanto, despejando de la opción 1 nos queda:

$F(x_2) > F(x_1)$

Queda demostrado.

Con esto podemos concluir que la función es creciente ya que cuanto mas grande es X, mayor es su imagen.

b)

Spoiler: Mostrar

Recordamos nuevamente a Lagrange:

$F'(\text{c}) = \frac{F(b)-F(a)}{b-a}$

Nos dan:

$F(x) = x^3 - \frac{1}{2}x$

Explicamos por que cumple la hipótesis en el intervalo [0,2], esto es, por que la función es continua en el intervalo [0,2] y derivable en (0,2)

Aplicamos Lagrange en el intervalo dado:

$F'(\text{c}) = \frac{F(2)-F(0)}{2-0} = \frac{7}{2}$

Nos pide hallar C, por lo tanto derivamos F(x) (reemplazo a X por C para que quede mas claro):

$F'(\text{c}) = 3c^2 - \frac{1}{2}$

Y la igualamos al valor correspondiente

$F'(\text{c}) = 3c^2 - \frac{1}{2} = \frac{7}{2}$

Despejando nos da que:

$c = \frac{2}{\sqrt{3}}$

4)

Spoiler: Mostrar

Este ejercicio para mi no estaba tan mal redactado, por lo menos en mi aula nadie pregunto nada. De todas formas admito que tarde en sacarlo por que lo estaba leyendo muy apurado, pero analizando bien lo que dice, es bastante claro.

Tenemos lotes rectangulares de

$1500m^2$

1er dato:

$l_1*l_2 = 1500$

Cada lote es cercado perimetralmente a un precio de $30 el metro lineal
Esto significa que la suma de los 4 lados la tengo que multiplicar por $30

2do dato:

$(2l_1+2l_2)*30$

Ademas, cada lote va a tener una barrera en el medio que lo va a partir en 2, y esa barrera me va a salir $40 el metro
Por lo tanto, como lo voy a partir en 2 mitades, uno de los lados me vuelve a aparecer y con otro precio, esta vez $40 el metro (para entender esto pueden ver el dibujo en el pdf que adjuntaron)

3er dato:

$l_1*40$

El precio de cada lote va a ser el perimetro + la barrera del medio.

$Costo=(2l_1+2l_2)30 + 40l_1$

Ademas podemos despejar del primer dato que:

$l_2 = \frac{1500}{l_1}$

Reemplazando esto en la ecuación del costo:

$Costo=(2l_1+\frac{3000}{l_1})30 + 40l_1$

Acomodamos un poco la ecuación:

$Costo=100l_1 + \frac{90000}{l_1}$

Ahora queremos encontrar un mínimo, por lo tanto derivamos el costo.

$Costo'=100 - \frac{90000}{(l_1)^2}$

Lo igualamos a 0 y despejamos

$(l_1)^2 = \frac{90000}{100} \\ l_1 = 30$

Ahora encontramos l_2 con el dato 1

$l_1*l_2 = 1500 \\ 30l_2 = 1500 \\ l_2 = 50$

Listo!

El 5 lo debo por que es tarde y no tengo ganas de pelearme con el Latex, mañana edito y lo subo si puedo (y ya que estoy acomodo un poco esto que quedo medio feo)
Un saludo!

28 en 17 posts · (24-02-2014)

Malbolge el 1a es falso porque es máximo local como vos decis, pero fijate que las cuentas estan mal. f´´(0) = -4, f´´´(0)=18

4 en 2 posts · 21-02-2014 15:30

alguien hizo el cinco?? me queda cualquier cosa

682 en 341 posts · 21-02-2014 16:16

El radio de convergencia te da 2, no recuerdo como daban las convergencias en los extremos (que son 0 y 4)...estoy en el job jajaj llego a casa y lo publico.

28 en 17 posts · (29-09-2014)

yo hice el 5 y me dio intervalo abierto en ambos extremos. (0;4)
aplico D´Alambert para sacar el intervalo y analizo en :

x=0 me queda [(-1)^n * (-2)^2n] /[3^n+4^n]

= [(-1)^n * ((-2)^2)^n] /[3^n+4^n]

=[(-1)^n * 4^n] /[3^n+4^n]

=(-1)^n / [(3/4)^n + 1] como es alternada buscas una serie auxiliar sin (-1)^n

=>1/[(3/4)^n + 1]^
haces el lim de n->+infinito de esta serie auxiliar y te queda lim=1 entonces esta serie DV =>la serie alternada no es CV

en x=4 me queda: [(-1)^n * (2)^2n] /[3^n+4^n]

=[(-1)^n * ((2)^2)^n] /[3^n+4^n]

=[(-1)^n * 4^n] /[3^n+4^n] queda idéntico al anterior caso entonces también es intervalo abierto.

como en los extremos no converge, no es condicionalmente convergente.

682 en 341 posts · 21-02-2014 23:55

(21-02-2014 23:40)Agoss escribió: yo hice el 5 y me dio intervalo abierto en ambos extremos. (0;4)
aplico D´Alambert para sacar el intervalo y analizo en :

x=0 me queda [(-1)^n * (-2)^2n] /[3^n+4^n]

= [(-1)^n * ((-2)^2)^n] /[3^n+4^n]

=[(-1)^n * 4^n] /[3^n+4^n]

=(-1)^n / [(3/4)^n + 1] como es alternada buscas una serie auxiliar sin (-1)^n

=>1/[(3/4)^n + 1]^
haces el lim de n->+infinito de esta serie auxiliar y te queda lim=1 entonces esta serie DV =>la serie alternada no es CV

Ahí tomaste la modular. Aplicaste la condición fundamental. Ahora fijate que si la modular diverge, la serie original puede diverger o converger!.

Recordá que:

Si la modular CV, La serie converge absolutamente.
Si la modular DV y la serie alternada CV, La serie converge condicionalmente.
Si la modular DV y la serie alternada DV, bueno, DV jajaja.

Cuando la modular CV se acaba el asunto...la serie es absolutamente convergente. Pero si la modular no es CV, tenés que aplicar Leibniz para saber que pasa con la original.

Al parecer lo que está antes de eso pareciera estar bien Agos. Pero me pareció importante resaltar eso que vi

5 en 4 posts · 22-02-2014 15:14

En el ejercicio 2b), cuando sacas F'(x) y te queda e^(x^3) . 3x^2 / sqrt(x^3) , no podes simplificar los exponentes de la x? porque si reescribis la raiz del denominador te queda

F'(x) = e^(x^3) . 3x^2 / x^(3/2) se restan los exponentes de la x y queda F'(x) = e^(x^3) . 3 sqrt(x) (sqrt es raiz cuadrada)

entonces en x=0 es un punto critico porque ahi F' se hace cero. Corrijanme si esta mal

En el ejercicio 2) el area 1 me dio 3/2 y el area 2 me dio Ln (4) - 1/2 y el area total me dio ln 4 + 1 que aproximadamente es 2.38. A alguien mas le dio asi?

682 en 341 posts · (23-02-2014)

(22-02-2014 15:14)Feddyn escribió: En el ejercicio 2) el area 1 me dio 3/2 y el area 2 me dio Ln (4) - 1/2 y el area total me dio ln 4 + 1 que aproximadamente es 2.38. A alguien mas le dio asi?

El área 1 todo bien!. El área 2 recuerdo del examen que daba 2ln(2) - 1/2. Si lo chequeas con la calculadora te va a dar eso. (Aprox. 0,88629...)

Recien caigo que cursamos juntos !

(20-02-2014 23:16)Malbolge escribió: 2)[spoiler]Primero realizamos el gráfico
Gráfico de y = ln(x),y = 1-x,x = 0,x = 1,x=2.

Es importante notar que 0 no esta incluido en el área que nos piden

$0 < x \leq 2$

Si vemos el gráfico el área nos queda partida en 2 integrales:

$\int_{0}^{1} 1-x-ln(x) + \int_{1}^{2} ln(x) - 1 + x$

Acá con lo único que hay que tener cuidado es con el 0. Recuerden que no esta incluido en el Área a calcular y que, por lo tanto hay que usar un limite para aproximarse a su valor.

Esto es importante ya que 0 no pertenece al dominio de ln(x).
Las integrales quedan:

$\left 2 x-\frac{x^2}{2}-x log(x) ight|_0^1$

Y

$\left - 2 x +\frac{x^2}{2}+x log(x) ight|_1^2$

La primitiva de ln(x) es x.ln(x) - x

Fijate que cuando expresaste la primitiva del área pusiste log(x)

Y el Área Total = 3/2 + 2 ln (2) - 1/2 = 2,38629....

5 en 4 posts · 22-02-2014 17:42

Agos creo que cometiste un error, el limite de 1 / 1 + (3^n/4^n) = al limite de 1 / 1 + (3/4)^n , el denominador tiende a infinito y el limite da 0, entonces converge.

(22-02-2014 17:09)Santi Aguito escribió:
(22-02-2014 15:14)Feddyn escribió: En el ejercicio 2) el area 1 me dio 3/2 y el area 2 me dio Ln (4) - 1/2 y el area total me dio ln 4 + 1 que aproximadamente es 2.38. A alguien mas le dio asi?

El área 1 todo bien!. El área 2 recuerdo del examen que daba 2ln(2) - 1/2. Si lo chequeas con la calculadora te va a dar eso. (Aprox. 0,88629...)

Recien caigo que cursamos juntos !

(20-02-2014 23:16)Malbolge escribió: 2)[spoiler]Primero realizamos el gráfico
Gráfico de y = ln(x),y = 1-x,x = 0,x = 1,x=2.

Es importante notar que 0 no esta incluido en el área que nos piden

$0 < x \leq 2$

Si vemos el gráfico el área nos queda partida en 2 integrales:

$\int_{0}^{1} 1-x-ln(x) + \int_{1}^{2} ln(x) - 1 + x$

Acá con lo único que hay que tener cuidado es con el 0. Recuerden que no esta incluido en el Área a calcular y que, por lo tanto hay que usar un limite para aproximarse a su valor.

Esto es importante ya que 0 no pertenece al dominio de ln(x).
Las integrales quedan:

$\left 2 x-\frac{x^2}{2}-x log(x) ight|_0^1$

Y

$\left - 2 x +\frac{x^2}{2}+x log(x) ight|_1^2$

La primitiva de ln(x) es x.ln(x) - x

Fijate que cuando expresaste la primitiva del área pusiste log(x)

Y el Área Total = 3/2 + 2 ln (2) - 1/2 = 2,38629....

jaja si cursamos juntos el año pasado!

Me marie un poco, entonces el area total me dio bien? A mi tmb me quedo igual que vos el Area 2, solo que como me quedo 2 Ln (2) es lo mismo que decir Ln (4).

Te fue bien en el final?

682 en 341 posts · 22-02-2014 17:48

(22-02-2014 17:42)Feddyn escribió: Agos creo que cometiste un error, el limite de 1 / 1 + (3^n/4^n) = al limite de 1 / 1 + (3/4)^n , el denominador tiende a infinito y el limite da 0, entonces converge.

No me fijé muchos los procedimientos...pero si un número < 1 (en este caso 3/4) lo elevas a algo que tiende al infinito...el numero tiende a cero!!!. (1/2) ^ 2 = (1/4) , etc.

Distinto sería si tuvieras (4/3) > 1, ahí si el denominador tiende a infinito.

5 en 4 posts · 22-02-2014 17:53

Tenes mucha razón, gracias por la corrección. El ejercicio 1 b) te salió?

682 en 341 posts · 22-02-2014 17:54

(22-02-2014 17:42)Feddyn escribió: Agos creo que cometiste un error, el limite de 1 / 1 + (3^n/4^n) = al limite de 1 / 1 + (3/4)^n , el denominador tiende a infinito y el limite da 0, entonces converge.

(22-02-2014 17:09)Santi Aguito escribió:
(22-02-2014 15:14)Feddyn escribió: En el ejercicio 2) el area 1 me dio 3/2 y el area 2 me dio Ln (4) - 1/2 y el area total me dio ln 4 + 1 que aproximadamente es 2.38. A alguien mas le dio asi?

El área 1 todo bien!. El área 2 recuerdo del examen que daba 2ln(2) - 1/2. Si lo chequeas con la calculadora te va a dar eso. (Aprox. 0,88629...)

Recien caigo que cursamos juntos !

(20-02-2014 23:16)Malbolge escribió: 2)[spoiler]Primero realizamos el gráfico
Gráfico de y = ln(x),y = 1-x,x = 0,x = 1,x=2.

Es importante notar que 0 no esta incluido en el área que nos piden

$0 < x \leq 2$

Si vemos el gráfico el área nos queda partida en 2 integrales:

$\int_{0}^{1} 1-x-ln(x) + \int_{1}^{2} ln(x) - 1 + x$

Acá con lo único que hay que tener cuidado es con el 0. Recuerden que no esta incluido en el Área a calcular y que, por lo tanto hay que usar un limite para aproximarse a su valor.

Esto es importante ya que 0 no pertenece al dominio de ln(x).
Las integrales quedan:

$\left 2 x-\frac{x^2}{2}-x log(x) ight|_0^1$

Y

$\left - 2 x +\frac{x^2}{2}+x log(x) ight|_1^2$

La primitiva de ln(x) es x.ln(x) - x

Fijate que cuando expresaste la primitiva del área pusiste log(x)

Y el Área Total = 3/2 + 2 ln (2) - 1/2 = 2,38629....

jaja si cursamos juntos el año pasado!

Me marie un poco, entonces el area total me dio bien? A mi tmb me quedo igual que vos el Area 2, solo que como me quedo 2 Ln (2) es lo mismo que decir Ln (4).

Te fue bien en el final?

Uh! que propiedad mágica usas para esa equivalencia? jajaja lo corrobore con la calcu recien. Si, te dio bien el Area maquina!.

Me fue mal, me equivoqué en el primer ejercicio (el de Taylor) y no hice el de Lagrange..no me acordaba bien el Teorema. Y bueno, despues me restó puntos el no justificar bien todas mis respuestas...este Martes veremos que pasa. Exitos para vos tambien

En el 1b) exprese la derivada de F igual que Malbolge.

Una vez que hice eso escribí el dominio de la Derivada, le cual es (0, +infinito) ya que en el denominador no puedo tener un 0 y tampoco numeros negativos por culpa de la potencia impar.

Quiere decir que en (0, +infinito) la derivada va a ser siempre positiva, por lo que la función será monótona creciente.

Como [1, +infinito) está incluido en el dominio que saqué, osea (0, +infinito). Entonces es Verdadero.

5 en 4 posts · 22-02-2014 18:01

Uh que garron chabon, yo lo rendi en diciembre en la ultima fecha. Los nervios me jugaron una mala pasada, los puntos no son jodidos pero son muy capciosos. De hecho cuando sali del final crei que me habia saco un 9, y me cabió un 2 hasta el dofón. Parece que esa es la nueva forma de evaluar.
Si te pones a mirar los ejercicios no son nada del otro mundo, pero es muy facil confundirse y podes encontrarle muchos sentidos a los enunciados jaja. El martes capaz nos cruzamos, mucha suerte!

(22-02-2014 17:54)Santi Aguito escribió:
(22-02-2014 17:42)Feddyn escribió: Agos creo que cometiste un error, el limite de 1 / 1 + (3^n/4^n) = al limite de 1 / 1 + (3/4)^n , el denominador tiende a infinito y el limite da 0, entonces converge.

(22-02-2014 17:09)Santi Aguito escribió:
(22-02-2014 15:14)Feddyn escribió: En el ejercicio 2) el area 1 me dio 3/2 y el area 2 me dio Ln (4) - 1/2 y el area total me dio ln 4 + 1 que aproximadamente es 2.38. A alguien mas le dio asi?

El área 1 todo bien!. El área 2 recuerdo del examen que daba 2ln(2) - 1/2. Si lo chequeas con la calculadora te va a dar eso. (Aprox. 0,88629...)

Recien caigo que cursamos juntos !

(20-02-2014 23:16)Malbolge escribió: 2)[spoiler]Primero realizamos el gráfico
Gráfico de y = ln(x),y = 1-x,x = 0,x = 1,x=2.

Es importante notar que 0 no esta incluido en el área que nos piden

$0 < x \leq 2$

Si vemos el gráfico el área nos queda partida en 2 integrales:

$\int_{0}^{1} 1-x-ln(x) + \int_{1}^{2} ln(x) - 1 + x$

Acá con lo único que hay que tener cuidado es con el 0. Recuerden que no esta incluido en el Área a calcular y que, por lo tanto hay que usar un limite para aproximarse a su valor.

Esto es importante ya que 0 no pertenece al dominio de ln(x).
Las integrales quedan:

$\left 2 x-\frac{x^2}{2}-x log(x) ight|_0^1$

Y

$\left - 2 x +\frac{x^2}{2}+x log(x) ight|_1^2$

La primitiva de ln(x) es x.ln(x) - x

Fijate que cuando expresaste la primitiva del área pusiste log(x)

Y el Área Total = 3/2 + 2 ln (2) - 1/2 = 2,38629....

jaja si cursamos juntos el año pasado!

Me marie un poco, entonces el area total me dio bien? A mi tmb me quedo igual que vos el Area 2, solo que como me quedo 2 Ln (2) es lo mismo que decir Ln (4).

Te fue bien en el final?

Uh! que propiedad mágica usas para esa equivalencia? jajaja lo corrobore con la calcu recien. Si, te dio bien el Area maquina!.

Me fue mal, me equivoqué en el primer ejercicio (el de Taylor) y no hice el de Lagrange..no me acordaba bien el Teorema. Y bueno, despues me restó puntos el no justificar bien todas mis respuestas...este Martes veremos que pasa. Exitos para vos tambien

En el 1b) exprese la derivada de F igual que Malbolge.

Una vez que hice eso escribí el dominio de la Derivada, le cual es (0, +infinito) ya que en el denominador no puedo tener un 0 y tampoco numeros negativos por culpa de la potencia impar.

Quiere decir que en (0, +infinito) la derivada va a ser siempre positiva, por lo que la función será monótona creciente.

Como [1, +infinito) está incluido en el dominio que saqué, osea (0, +infinito). Entonces es Verdadero.

Pero bancá. a mi la derivada me quedo asi

$F'(x)=\frac{e^{x^3}.3x^{2}}{\sqrt{x^3}}$

la raiz la expresas como potencia y te queda (x^3)^(1/2), potencia de potencias se multiplican y te queda x^(3/2), entonces te queda esto

$F'(x)=\frac{e^{x^3}.3x^{2}}{{x^\frac{3}{2}}}$

Lo que yo dije un par de comentarios mas arriba, es que como hay potencias de igual base creo que se pueden restar las potencias, osea 2 - 3/2 = 1/2, entonces:

$F'(x)= e^{x^3}.3\sqrt{x}$ , entonces el punto critico es 0. A partir de valores mayores a ese ya te da que es estrictamente creciente de (0, +inf) conteniendo al intervalo [1, + inf)

4 en 2 posts · 22-02-2014 20:06

en el 5 me queda (x-2) lim n tendiendo a infinito | (3^n + 4^n / 3^(n+1) + 4^(n+1) | < 1
y ahi quede trabada, si alguien me puede ayudar, agradecida.

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