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• Anamaria De Jesus Bejarano Gonzales

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2015 GRUPO

8 SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL Profesor: Integrantes:     

CASTRO VIDAL RAUL PEDRO

ARANA-TAPIA-WILDER ODON LEZAMA-VEGA-DANNY JESUS LLIUYACC-LEON-EDWARD PALOMINO-FLORES-PEDRO MIGUEL PEREZ-CAMARGO-MICHEL BENITO

1313210064 1213210244 1313220623 [email protected] 1313220463 082183H

Universidad Nacional del Callao

Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

PROBLEMA (1) Considere el circuito serie RLC que se muestra en la figura con R=110 ohmios, L=1H, C=0.001F y habiendo una batería que proporciona E=120Cos3t. Originalmente no hay corriente en el circuito ni carga en el condensador. En el instante t=0 se cierra el interruptor y se deja así, halle la intensidad de corriente resultante, interprete geométricamente y halle los valores óptimos en el circuito. Solución: Ecuación integro-diferencial de Kirchoff: 1 𝑡 ′ (𝑡) 𝐿𝐼 + 𝑅𝐼(𝑡) + ∫ 𝐼(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐸(𝑡) 𝐶 0 Derivamos ambas partes y dividimos entre L: 𝑅 1 𝐸′(𝑡) 𝐼′′(𝑡) + 𝐼′(𝑡) + 𝐼(𝑡) = 𝐿 𝐿𝐶 𝐿 Ahora tenemos una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de orden 2, cuya forma es: 𝑌′′(𝑡) + 𝑎𝑌′(𝑡) + 𝑏𝑌(𝑡) = 𝐹(𝑡) Donde: 𝑅 110 𝑎= = = 110 𝑏=

𝐿 1

𝐿𝐶

1

=

1

1∗0.001 𝐸 ′ (𝑡)

= 1000

𝐹(𝑡) = = −360𝑆𝑒𝑛(3𝑡) 𝐿 Su solución será: 𝑰(𝒕) = 𝑰𝒉 (𝒕) + 𝑰𝒑 (𝒕) *Solución Homogénea 𝐼ℎ (𝑡): Polinomio característico: 𝑃(𝑟): 𝑟 2 + 𝑎𝑟 + 𝑏 = 0 𝑟 2 + 110𝑟 + 1000 = 0 𝑟 2 + 110𝑟 + 1000 = 0 𝑟1 = −10 ; 𝑟2 = −100 Reales diferentes. Por teoría entonces la solución homogénea tendrá la forma: 𝑰𝒉 (𝒕) = 𝑪𝟏 𝒆−𝟏𝟎𝒕 + 𝑪𝟐 𝒆−𝟏𝟎𝟎𝒕 *Solución Particular 𝐼𝑝 (𝑡): Método Coeficientes indeterminados: Luffi

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𝐹(𝑡) = −360𝑆𝑒𝑛(3𝑡) = 𝑒 0𝑡 (0𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 360𝑆𝑒𝑛3𝑡) = 𝑒 𝛼𝑡 (𝑃𝑛 (𝑥)𝐶𝑜𝑠𝛽𝑡 + 𝑄𝑚 (𝑥)𝑆𝑒𝑛𝛽𝑡) 𝛼 = 0 ;𝛽 = 3 𝑃𝑛 (𝑡) = 0 , polinomio de grado 𝑛 = −∞ 𝑄𝑚 (𝑡) = −360 , polinomio de grado 𝑚 = 0 𝛼 ± 𝛽𝑖 = ±3𝑖 , no es raíz del polinomio característico donde las raíces eran: 𝑟1 = −10 ; 𝑟2 = −100 Por lo tanto la solución particular 𝐼𝑝 (𝑡) tendrá la forma: 𝐼𝑝 (𝑡) = 𝑒 𝛼𝑡 (𝑃𝑘 (𝑡)𝐶𝑜𝑠𝛽𝑡 + 𝑄𝑘 (𝑡)𝑆𝑒𝑛𝛽𝑡) Donde k es el máximo entre m y n → 𝑘 = 0 → 𝑃𝑘 (𝑡) = 𝐴𝑡 0 ± 0 𝑦 𝑄𝑘 (𝑡) = 𝐵𝑡 0 ± 0 son polinomios de grado 0. Reemplazamos estos valores de 𝛼 = 0, 𝛽 = 3 y los polinomios en la forma de la solución particular: 𝐼𝑝 (𝑡) = 𝐴𝐶𝑜𝑠3𝑡 + 𝐵𝑆𝑒𝑛3𝑡 Para hallar A y B derivamos y reemplazamos en la ecuación diferencial: 𝐼𝑝 ′(𝑡) = −3𝐴𝑆𝑒𝑛3𝑡 + 3𝐵𝐶𝑜𝑠3𝑡 𝐼𝑝 ′′(𝑡) = −9𝐴𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 9𝐵𝑆𝑒𝑛3𝑡 Reemplazamos en: 𝐼 ′′ (𝑡) + 110𝐼 ′ (𝑡) + 1000𝐼(𝑡) = −360𝑆𝑒𝑛(3𝑡) −9𝐴𝐶𝑜𝑠3𝑡 − 9𝐵𝑆𝑒𝑛3𝑡 − 330𝐴𝑆𝑒𝑛3𝑡 + 330𝐵𝐶𝑜𝑠3𝑡 + 1000𝐴𝐶𝑜𝑠3𝑡 + 1000𝐵𝑆𝑒𝑛3𝑡 = −360𝑆𝑒𝑛(3𝑡) (−9𝐴 + 330𝐵 + 1000𝐴)𝐶𝑜𝑠3𝑡 + (1000𝐵 − 330𝐴 − 9𝐵)𝑆𝑒𝑛3𝑡 = −360𝑆𝑒𝑛(3𝑡) + 0𝐶𝑜𝑠3𝑡 −9𝐴 + 330𝐵 + 1000𝐴 = 0 1000𝐵 − 330𝐴 − 9𝐵 = −360 Luffi

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𝐴 = 0.108; 𝐵 = −0.327 Por lo tanto la solución particular será: 𝑰𝒑 (𝒕) = 𝟎. 𝟏𝟎𝟖𝑪𝒐𝒔𝟑𝒕 − 𝟎. 𝟑𝟐𝟕𝑺𝒆𝒏𝟑𝒕 Entonces la solución total es: 𝑰(𝒕) = 𝑪𝟏 𝒆−𝟏𝟎𝒕 + 𝑪𝟐 𝒆−𝟏𝟎𝟎𝒕 + 𝟎. 𝟏𝟎𝟖𝑪𝒐𝒔𝟑𝒕 − 𝟎. 𝟑𝟐𝟕𝑺𝒆𝒏𝟑𝒕 Aplicamos las condiciones iniciales 𝐼(0) = 0 y 𝑄(0) = 0 en la ecuación integrodiferencial: 𝐿𝐼

′ (0)

1 0 + 𝑅𝐼(0) + ∫ 𝐼(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐸(0) 𝐶 0

𝐿𝐼 ′ (0) = 𝐸(0) = 120𝐶𝑜𝑠0 = 120 𝐿𝐼 ′ (0) = 𝐸(0) = 120𝐶𝑜𝑠0 = 120 𝐼 ′ (0) = 120 Es una nueva condición inicial. Derivamos 𝐼(𝑡): 𝐼′(𝑡) = −10𝐶1 𝑒 −10𝑡 − 100𝐶2 𝑒 −100𝑡 − 0.324𝑆𝑒𝑛3𝑡 − 0.981𝐶𝑜𝑠3𝑡 Ahora aplicamos las condiciones iniciales 𝐼(0) = 0 y 𝐼′(0) = 120 𝐼(0) = 𝐶1 𝑒 0 − 𝐶2 𝑒 0 − 0.327𝑆𝑒𝑛0 + 0.108𝐶𝑜𝑠0 = 𝟎 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 + 𝟎. 𝟏𝟎𝟖 𝐼 ′ (0) = −10𝐶1 𝑒 0 − 100𝐶2 𝑒 0 − 0.324𝑆𝑒𝑛0 − 0.981𝐶𝑜𝑠0 = 𝟏𝟐𝟎 = −𝟏𝟎𝑪𝟏 − 𝟏𝟎𝟎𝑪𝟐 − 𝟎. 𝟗𝟖𝟏 𝑪𝟏 = 𝟏. 𝟐𝟐𝟒; 𝑪𝟐 = −𝟏. 𝟑𝟑𝟐 Por lo tanto la solución total es: 𝑰(𝒕) = 𝟏. 𝟐𝟐𝟒𝒆−𝟏𝟎𝒕 − 𝟏. 𝟑𝟑𝟐𝒆−𝟏𝟎𝟎𝒕 + 𝟎. 𝟏𝟎𝟖𝑪𝒐𝒔𝟑𝒕 − 𝟎. 𝟑𝟐𝟕𝑺𝒆𝒏𝟑𝒕

Luffi

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PROBLEMA (2) Resuelva la EDO: 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒚 + 𝟐 + 𝒚 = 𝒆−𝒙 𝒍𝒏𝒙 + 𝒙𝟑 𝒆−𝒙 + 𝒆𝟐𝒙 𝒙𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) 𝒅𝒙𝟐 𝒅𝒙 Solución: Sustituyendo: 𝑒 𝜆𝑥 = 𝑦 𝑑2 𝑑𝑥 2

(𝑒 𝜆𝑥 ) = 𝜆2 𝑒 𝜆𝑥

𝑑

(𝑒 𝜆𝑥 ) = 𝜆𝑒 𝜆𝑥

𝑑𝑥 𝜆𝑥

𝜆2 𝑒 𝜆𝑥 + 2𝜆𝑒 𝜆𝑥 + 𝑒

=0

Factorizando (𝜆2 + 2𝜆 + 1)𝑒 𝜆𝑥 = 0 Como: 𝑒 𝜆𝑥 ≠ 0 (𝜆2 + 2𝜆 + 1) = 0 (𝜆 + 1)2 = 0 Pero: 𝜆 = −1 𝑜 𝜆 = 1 La multiplicidad de la raíz 𝜆 = −1 es 2 que da dos soluciones 𝑦1 (𝑥) + 𝑦2 (𝑥) 𝑦1 (𝑥) = 𝑐1 𝑒 −𝑥

𝑦2 (𝑥) = 𝑐2 𝑒 −𝑥 𝑥 𝑐1 𝑐2 𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑦1 (𝑥) + 𝑦2 (𝑥) = 𝑥 + 𝑥 𝑒 𝑒

Solución particular: 𝑑 ′ 𝑦(𝑥) 𝑑𝑦(𝑥) + 2 + 𝑦(𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑙𝑛𝑥 + 𝑥 3 𝑒 −𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑦𝑐 (𝑥): 𝑥 𝑦𝑏1 (𝑥) = 𝑒 −𝑥 Y 𝑦𝑏2 (𝑥) = 𝑥 𝑒 Calculando el wroskiano de 𝑦𝑏1 (𝑥) y 𝑦𝑏2 (𝑥) 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒𝑥 𝑊(𝑥) = | 𝑑 𝑑 𝑥 | −𝑥 (𝑒 ) ( ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑒 𝑥 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 | = 𝑒 −2𝑥 𝑊(𝑥) = | 𝑥 −𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 − 𝑥 𝑒 −𝑥 3 −𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑙𝑛𝑥 + 𝑥 𝑒 + 𝑒 2𝑥 𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝑓(𝑥)𝑦𝑏2 (𝑥) 𝑉1 (𝑥) = − ∫ 𝑑𝑥 𝑊(𝑥)

Luffi

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𝑉2 (𝑥) = ∫

𝑓(𝑥)𝑦𝑏1 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑊(𝑥)

La solución particular está dada por: 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑉1 (𝑥)𝑦𝑏1 (𝑥) + 𝑉2 (𝑥)𝑦𝑏2 (𝑥) Calculando 𝑉1 (𝑥): 𝑥 3 ln(𝑥) 𝑥 (𝑥) 𝑉1 = − ∫ 𝑒 𝑥 ( 𝑥 + 𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) 𝑑𝑥 𝑒 𝑒 1 2 2𝑒 3𝑥 cos(2𝑥) (169𝑥 2 − 156𝑥 + 46 3 𝑉1 (𝑥) = − (𝑥 (4𝑥 + 10 ln(𝑥) − 5)) + 20 2197 3𝑥 (507𝑥 2 𝑒 − 130𝑥 − 18)𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 2197 Calculando 𝑉2 (𝑥): 𝑥 3 ln(𝑥) 𝑥 𝑉2 (𝑥) = ∫ 𝑒 ( 𝑥 + 𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑥𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) 𝑑𝑥 𝑒 𝑒 𝑥4 1 3𝑥 1 3𝑥 𝑉2 (𝑥) = − 𝑥 + 𝑥𝑙𝑛(𝑥) − 𝑒 cos 2𝑥(26𝑥 − 12) + 𝑒 (78𝑥 − 10)𝑠𝑒𝑛2𝑥 4 169 338

La solución particular quedaría así: 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑉1 (𝑥)𝑦𝑏1 (𝑥) + 𝑉2 (𝑥)𝑦𝑏2 (𝑥) 1 −1 2 2𝑒 3𝑥 cos(2𝑥) (169𝑥 2 − 156𝑥 + 46) 3 𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑥 𝑥 ( (𝑥 (4𝑥 + 10𝐿𝑛(𝑥) − 5)) + 𝑒 20 2197 𝑒 3𝑥 (507𝑥 2 − 130𝑥 − 18)𝑠𝑒𝑛2𝑥 − ) 2197 1 𝑥4 1 3𝑥 1 3𝑥 + 𝑥 𝑥 ( − 𝑥 + 𝑥𝑙𝑛(𝑥) − 𝑒 cos 2𝑥(26𝑥 − 12) + 𝑒 (78𝑥 − 10)𝑠𝑒𝑛2 𝑒 4 169 338 Simplificando: 46 9𝑖 46 9𝑖 𝑥5 3𝑥 2 (2+2𝑖)𝑥 (2−2𝑖)𝑥 𝑦𝑝 (𝑥) = ( − +( + + − )𝑒 )𝑒 2197 2197 2197 2197 20𝑒 𝑥 4𝑒 𝑥 6 5𝑖 6 5𝑖 𝑥 2 ln(𝑥) (2+2𝑖)𝑥 (2−2𝑖)𝑥 −( + 𝑥−( − 𝑥+ )𝑒 )𝑒 169 338 169 338 2𝑒 𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑦𝑐 (𝑥) + 𝑦𝑝 (𝑥) 𝑐1 𝑐2 𝑥 46 9𝑖 46 9𝑖 𝑥5 3𝑥 2 (2+2𝑖)𝑥 (2−2𝑖)𝑥 𝑦(𝑥) = 𝑥 + 𝑥 + ( − +( + + − )𝑒 )𝑒 𝑒 𝑒 2197 2197 2197 2197 20𝑒 𝑥 4𝑒 𝑥 6 5𝑖 6 5𝑖 𝑥 2 ln(𝑥) (2+2𝑖)𝑥 (2−2𝑖)𝑥 −( + 𝑥−( − 𝑥+ )𝑒 )𝑒 169 338 169 338 2𝑒 𝑥 Luffi

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PROBLEMA (3) Suponga la estructura representada por el siguiente modelo:

Sobre el modelo actúa la fuerza variable Fe(t). Si el desplazamiento y la velocidad inicial de la masa son nulas, calcular el desplazamiento de la masa en función del tiempo. Solución: De la segunda ley de newton: ƩF=ma 1000cos60t - 10g - 2600X - 20X’ = 10X’’ X’’ + 2X’ + 260X = 100cos60t – 9.8 Solución general: X= Xc + Xp Hallando Xc: X’’ + 2X’ + 260X = 0 −2±√22 −4(1)(260)

r1,2= r1= -1 + 16j r2= -1 – 16j Luffi

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Xc=𝐶1 𝑒 −𝑡 cos(16𝑡) + 𝐶2 𝑒 −𝑡 sin(16𝑡) Hallando Xp: Para la ecuación: X’’ + 2X’ + 260X = 100cos(60t) ……(1) Xp1= Acos(60t) + Bsen(60t) Xp1’= -60Asen(60t) + 60Bcos(60t) Xp1’’= -3600Acos(60t) - 3600Bsen(60t) Xp1’’ + 2 Xp’ + 260 Xp = 100cos(60t) (120B-3340A)cos(60t) + (-3340B-120A)sen(60t)= 100cos(60t) 120B-3340A=100 -3340B-120A=0 A= -0.029 B= 0.001 Xp1= -0.029cos(60t) +0.001sen(60t) Para la ecuación: X’’ + 2X’ + 260X = -9.8 ………(2) Xp2= -0.037 Xp= Xp1 + Xp2 Solución general: Xt= 𝐶1 𝑒 −𝑡 cos(16𝑡) + 𝐶2 𝑒 −𝑡 sin(16𝑡) -0.029cos(60t) -0.001sen(60t) -0.037 Condiciones reemplazando en las iniciales: X(0)= 0 X’(o)= 0 C1=0.066 C2=-0.065 Rpta: Xt= 𝟎. 𝟎𝟔𝟔𝒆−𝒕 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟔𝒕) − 𝟎. 𝟎𝟔𝟓𝒆−𝒕 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟔𝒕) -0.029cos(60t) -0.001sen(60t) 0.037

Luffi

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PROBLEMA (4) Si se tiene dos tanques interconectados con los grifos A, B y C, cada tanque contiene 150 litros de agua con 150gr de sal disuelta y el segundo tanque contiene 60gr. De sal disuelta y por A ingresa solo agua a razón de 4 litros por minuto, la mezcla siempre se mantiene homogénea y los tres caños se abren simultáneamente t=0, determinar en qué tiempo habrá la máxima cantidad de sal en el segundo tanque, si por B y C circula la solución a razón de 4 litros por minuto.

Solución: 𝑑𝑉1 = 𝐴 − 𝐵 ⇒ 𝑉1 (𝑡) = (𝐴 − 𝐵)𝑡 + 𝑉1⁄0 𝑑𝑡 𝑑𝑄1 𝑄1 (𝑡) 𝑑𝑄1 𝑄1 (𝑡) = 𝐴𝐶1 − 𝐵 ; 𝐶1 = 0 ⇒ = −4 𝑙 ⁄𝑚 . 𝑑𝑡 𝑉(𝑡) 𝑑𝑡 150𝑙 −2𝑡 −2𝑡 𝑑𝑄1 −2𝑑𝑡 −2𝑡 ∫ =∫ ⇒ 𝑙𝑛(𝑄1 ) = + 𝑐 ⇒ 𝑄1 = 𝑒 75 +𝑐 ⇒ 𝑄1 (𝑡) = 𝐶𝑒 75 𝑄1 75 75 −2(0)

−2𝑡

𝑃𝑉𝐼: 𝑄1 (0) = 150 = 𝐶𝑒 75 ⇒ 𝑄1 (𝑡) = 150𝑒 75 𝑑𝑉2 = 𝐵 − 𝐶 ⇒ 𝑉2 (𝑡) = (𝐵 − 𝐶)𝑡 + 𝑉2⁄0 𝑑𝑡

𝑑𝑄2 𝑑𝑡

= 𝐵𝐶2 − 𝐶

𝑄2 (𝑡) 𝑉(𝑡)

; 𝐶2 = 150 − 150𝑒 𝑑𝑄2 𝑑𝑡

+2

𝑄2 (𝑡)

2

𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒: 𝑒 𝑑

∫75𝑑𝑡

2𝑡

=𝑒

75 2𝑡 75

−2𝑡 75

⇒

𝑑𝑄2 𝑑𝑡

= 4 (150 − 150𝑒

= 600 (1 − 𝑒 2𝑡 75

𝑑𝑄2

⇒𝑒 ( +2 𝑑𝑡

2𝑡

−2𝑡 75

−2𝑡 75

)−4

𝑄2 (𝑡) 150

)

𝑄2 (𝑡) 75

2𝑡 75

) = 600𝑒 (1 − 𝑒

2𝑡

−2𝑡 75

2𝑡

(𝑒 75 . 𝑄2 ) = 600 (𝑒 75 − 1) ⇒ ∫ 𝑑 (𝑒 75 . 𝑄2 ) = 600 ∫ (𝑒 75 − 1) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑡

2𝑡

−2𝑡

−2𝑡

𝑒 75 . 𝑄2 = 600𝑒 75 − 600𝑡 + 𝑐 ⇒ 𝑄2 = 600 − 600𝑒 75 𝑡 − 𝑐𝑒 75 𝑃𝑉𝐼: 𝑄2 (0) = 60 = 600 − 600𝑒

−2(0) 75

𝑄2 (𝑡) = 600 − 60𝑒 Luffi

(0) − 𝑐𝑒

−2𝑡 75

−2(0) 75

⇒ 𝑐 = 540

(10𝑡 + 9) 8

)

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PROBLEMA (5) Resuelva: 𝒅𝒚 𝝅 (1+ 𝒙𝟐 )ln(𝟏 + 𝒙𝟐 ) -2xy= ln(𝟏 + 𝒙𝟐 )-2arctgx donde y ⇒ - cuando x ⇒ ∞ 𝒅𝒙 𝟐 Solución: Entonces comencemos, así expresemos: 𝑑𝑦

2𝑥

−

𝑑𝑥

(1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

y=

1 (1+ 𝑥 2 )

-

2arctgx (1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

Encontrando la solución: Y=𝑒

−2𝑥𝑑𝑥 (1+ 𝑥2 )ln(1+𝑥2 )

−∫

[∫ 𝑒

−2𝑥𝑑𝑥 (1+ 𝑥2 ) ln(1+𝑥2 )

∫

2

Y = 𝑒 ln(ln(1+𝑥 ) [ ∫ 𝑒 −𝑙𝑛𝑙𝑛( (1+ 𝑥 Y=ln(1+ 𝑥 2 ) ∫[

1 (1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

+

2)

.

1 (1+ 𝑥 2 )

(1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

(1+ 𝑥 2 )

-

2arctgx (1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

2arctgx

-

2𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

1

(

(1+ 𝑥 2 )ln(1+𝑥 2 )

)dx + c ]

)dx + c ]

]dx +c

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥

Y= ln(1+ 𝑥 2 )[ ∫ ) + c = ln(1 + 𝑥 2 ) +c ln(1+𝑥 2 ) 𝑙n(1+𝑥 2 )

Y=arctgx +xln(1+𝑥 2 ) de donde −

C=

π 2

∞

-

π 2

−

∞

c=

𝑦 ln(1+ 𝑥 2 )

-

arctgx ln(1+𝑥 2 )

𝜋

para : y ⇒ - cuando x ⇒ ∞ 2

=0-0 ⇒C=0. Luego la solución particulares: y=arctagx

Dy/dx-2xy=cosx-2xsenx , donde ¨y¨ es una funcions acotada ,cuando x ⇒∞

Luffi

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