Primer parcial de Análisis I (66), resuelto paso a paso

Los dos pedazos de este ejercicio miden lo mismo: si sabés traducir una condición a un intervalo y si te acordás de pedir todas las condiciones, no sólo la primera que se te ocurre.

a) Un módulo menor o igual se abre como una sola desigualdad doble:

Se suma 3 en los tres lados y se divide por 2:

Los dos extremos entran, porque la desigualdad original admite el igual. Control: con x = −1 queda |−5| = 5 ≤ 5 ✓, y con x = 4, |5| = 5 ≤ 5 ✓

b) Acá está la trampa del ejercicio, y se la come mucha gente. Un módulo mayor NO se abre como una desigualdad doble: se abre como dos casos separados, y el conjunto es la unión.

La forma corta de acordarse: menor es «cerca del cero», un pedazo solo; mayor es «lejos del cero», los dos extremos. Si lo hubieras abierto como −2 < x + 1 < 2 habrías escrito (−3, 1), que es exactamente el complemento — la respuesta dada vuelta.

Control rápido con un número: x = 5 cumple |6| = 6 > 2 ✓, y 5 está en (1, +∞). x = 0 da |1| = 1, que no es mayor que 2, y el 0 no está en el conjunto ✓

c) Ahora se intersecan los dos. De [−1, 4] hay que quedarse con lo que además esté en (−∞, −3) ∪ (1, +∞). Con el primer pedazo no hay nada en común —[−1, 4] arranca en −1, que ya es mayor que −3—, así que queda

Fijate en los extremos, que es donde se pierden los puntos: el 1 queda afuera porque venía de una desigualdad estricta, y el 4 queda adentro porque venía de una con igual. Mirá el dibujo: es la misma idea.

Si en b) te habías comido la trampa, acá habrías contestado [−1, 1), que no comparte ni un punto con la respuesta buena. Por eso conviene siempre probar un número: el 2 está en (1, 4] y cumple las dos condiciones originales (|1| = 1 ≤ 5 ✓, |3| = 3 > 2 ✓).

d) El dominio se arma pidiendo las tres condiciones y quedándose con la intersección:

· La raíz necesita que lo de adentro no sea negativo: x + 3 ≥ 0, o sea x ≥ −3.

· El logaritmo necesita que su argumento sea estrictamente positivo: 5 − x > 0, o sea x < 5.

· El denominador no puede ser cero, y el denominador es el logaritmo:

Ésta es la que más se olvida, y no es un descuido menor: el ln vale cero cuando su argumento vale 1, no cuando vale 0. Quien piensa «el log no puede ser cero, entonces 5 − x ≠ 0» ya pidió esa condición antes y no saca nada nuevo.

Juntando: x ≥ −3, x < 5 y x ≠ 4:

El −3 entra (la raíz de 0 existe y vale 0, y el denominador ahí vale ln 8 ≠ 0), el 5 no entra y el 4 se saca. Control: en x = −3 queda 0/ln 8 = 0 ✓, y en x = 4 queda √7 / ln 1 = √7 / 0, que no existe ✓

Una homográfica se resuelve entera con tres movimientos: mirar dónde se anula el denominador, comparar los grados de arriba y abajo, y despejar x. Todo lo demás sale de ahí.

a) La asíntota vertical está donde se anula el denominador sin que se anule el numerador:

Esa aclaración no es un adorno. Si el numerador también se anulara, no habría asíntota: habría un agujero, y el gráfico sería una recta con un punto sacado.

b) Arriba y abajo tienen el mismo grado, así que la asíntota horizontal es el cociente de los coeficientes principales:

Se ve dividiendo todo por x: (3 − 6/x)/(1 + 2/x), y los dos términos con /x se van a cero. Control con un número grande: g(1000) = 2994/1002 = 2,988… ✓

c) La imagen es ℝ − {3}, y el motivo es el mismo valor que apareció en b). Se ve pidiendo que g(x) valga 3:

Absurdo: no hay ningún x. Todos los demás valores sí se alcanzan, y eso lo prueba justamente la inversa del punto e), que está definida para todo x ≠ 3.

La imagen de una homográfica es siempre ℝ menos su asíntota HORIZONTAL, igual que el dominio es ℝ menos la vertical. Confundirlas y contestar ℝ − {−2} es el error más repetido del ejercicio: el −2 es el valor que x no puede tomar, no el que g no puede devolver.

d) Un cociente es positivo cuando arriba y abajo tienen el mismo signo. Los dos puntos donde algo cambia de signo son x = 2 (se anula el numerador) y x = −2 (el denominador):

· Si x > 2: arriba positivo y abajo positivo ⟹ g > 0 ✓

· Si −2 < x < 2: arriba negativo y abajo positivo ⟹ g < 0

· Si x < −2: arriba negativo y abajo negativo ⟹ g > 0 ✓

Los dos puntos quedan afuera por motivos distintos: en x = 2 la función vale 0, que no es mayor que 0; en x = −2 no está definida. Control: g(−10) = −36/−8 = 4,5 > 0 ✓ y g(0) = −6/2 = −3 < 0 ✓

e) Para la inversa se escribe y = g(x), se despeja x y recién al final se cambian los nombres:

El paso que más se traba es el de agrupar: hay que juntar de un lado todo lo que tenga x y sacarla de factor común. Mientras la x aparezca en dos lugares no está despejada.

Y dos controles que valen la pena, porque cierran el ejercicio entero:

· Componer. g(0) = −6/2 = −3, y g⁻¹(−3) = (−6 + 6)/(3 + 3) = 0 ✓ Vuelve al mismo lugar.

· Las asíntotas se dan vuelta. La inversa tiene su vertical en x = 3 y su horizontal en y = −2: exactamente las de g intercambiadas. Tiene que ser así, porque invertir una función es espejarla contra la recta y = x. Si te dieron otras dos, hay un error de despeje.

a) El caso ambiguo, por el teorema del coseno. Los datos son dos lados y un ángulo que no está entre ellos: α es el opuesto al lado a, y el lado c es la incógnita. El teorema del coseno escrito para el lado a pone justamente esa incógnita adentro:

Con a = 5, b = 8 y cos 30° = √3/2:

Es una cuadrática en c. El discriminante es (8√3)² − 4·39 = 192 − 156 = 36, así que hay dos raíces:

Las dos son positivas (4√3 ≈ 6,93 es mayor que 3), así que las dos sirven como lado:

Ésa es la trampa del ítem: quedarse con una sola raíz, casi siempre la del +, porque «un triángulo tiene un solo lado c». Con estos datos hay dos triángulos distintos, y el dibujo lo muestra: el lado de 5 que sale de C llega a la semirrecta de A en dos puntos. Pasa porque a es menor que b pero mayor que la altura b·sen α = 4. Si a fuera menor que 4 no habría ningún triángulo (el discriminante daría negativo), y si a fuera mayor o igual que 8 una de las raíces sería negativa o cero y quedaría uno solo.

Control por el otro camino, el del teorema del seno: sen β = b·sen α / a = 8·(1/2)/5 = 4/5, y hay dos ángulos con ese seno, β ≈ 53,13° y β ≈ 126,87°. Con cada uno, γ = 180° − 30° − β y c = a·sen γ / sen α da 9,93 y 3,93 ✓ Los mismos dos, en el orden contrario.

Los otros tres son indeterminaciones de límite, y cada uno se rompe con una herramienta distinta. Reconocer cuál es la indeterminación antes de empezar es la mitad del trabajo.

b) 0/0 con una raíz. Cuando hay una raíz que se anula, se multiplica y se divide por el conjugado:

Arriba quedó (√(x + 5))² − 3² = x + 5 − 9 = x − 4, que es el mismo factor que había abajo. Se simplifica:

El error típico de este ítem es quedarse con un solo 3 abajo y contestar 1/3: el conjugado deja una suma, √9 + 3.

Simplificar el (x − 4) es legítimo porque x tiende a 4 pero no vale 4: en todo el entorno que importa, ese factor no es cero. Eso es exactamente lo que dice el dibujo con el agujero.

El otro camino, si ya viste derivadas, es reconocer el cociente incremental de √(x + 5) en x = 4: su derivada es 1/(2√(x + 5)) = 1/(2·3) = 1/6 ✓ Dos caminos, el mismo número.

c) 0/0 trigonométrico. El límite notable es sen(u)/u → 1, y para usarlo lo de abajo tiene que ser exactamente lo mismo que está adentro del seno. Acá adentro hay 5x y abajo hay 3x, así que se fabrica:

El pedazo sen(5x)/(5x) tiende a 1 y afuera queda el 5/3:

Contestar 1 es el error más repetido de este ítem. Sale de ver un seno sobre una x y aplicar el notable sin mirar los coeficientes. La forma general vale la pena memorizarla: sen(ax)/(bx) → a/b.

d) 1 elevado a ∞. La base 1 − 2/x tiende a 1 y el exponente a infinito. Se lleva a la forma del número e, que es (1 + 1/m)^m con m → ∞. Acá 1/m = −2/x, o sea m = −x/2 (que también se va a infinito, con signo, y la forma sigue tendiendo a e):

El corchete tiende a e y el exponente de afuera es −6, porque (−x/2)·(−6) = 3x. Entonces

Control por otro camino, tomando logaritmo: ln del límite = 3x·ln(1 − 2/x), y como −2/x → 0 vale ln(1+t) ≈ t, así que queda 3x·(−2/x) = −6. Entonces el límite es e⁻⁶ ✓

Acá está la trampa de los límites. Hay dos formas de perder este ítem: mirar el −2 de la base, copiarlo al exponente y contestar e⁻², o multiplicar bien 2·3 y perder el signo, e⁶. La forma general es (1 + a/x)^bx → e^a·b, con el signo de a adentro: a = −2, b = 3, así que a·b = −6. La diferencia no es cosmética: e⁶ ≈ 403 y e⁻⁶ ≈ 0,0025.

Y una cosa que en el parcial de papel se cobra: 1^∞ es indeterminado, no da 1. «Uno elevado a lo que sea es uno» vale cuando la base es exactamente 1; acá la base nunca es 1, se le acerca, y esa diferencia infinitesimal elevada a infinito es justamente la que produce el número e.

Las dos partes miden la misma idea desde lados opuestos: la parte A usa la continuidad para forzar que algo pase, y la parte B la usa para deducir que algo pasa.

a) En x = 3 el cociente queda (9 − 3 − 6)/0 = 0/0, así que hay que factorizar antes de reemplazar. Si el numerador se anula en 3, tiene a (x − 3) como factor:

Simplificar el (x − 3) vale porque x tiende a 3 sin valer 3. Control con un número cercano: con x = 2,999 da 4,999 ✓

b) La rama de la derecha es k·x − 2, así que en x = 3 vale 3k − 2. Como esa rama es la que incluye el x = 3 (dice «si x ≥ 3»), ese número es a la vez el límite por derecha y el valor f(3).

c) Para que f sea continua en 3 tienen que cumplirse las tres condiciones, en este orden:

1. que exista f(3) — existe, vale 3k − 2;

2. que exista el límite, o sea que los dos laterales coincidan;

3. que el límite sea igual a f(3).

El límite por izquierda da 5 y el de la derecha da 3k − 2. Igualando:

Control: con k = 7/3 la rama derecha en 3 vale 7 − 2 = 5, que es lo mismo que da la izquierda ✓ La función pega.

Un detalle que en el parcial de papel se cobra: no alcanza con igualar los dos límites, hay que decir que además coinciden con f(3). Acá pasa solo porque la rama derecha incluye el punto, pero si la definición dijera «si x > 3» y f(3) estuviera dada aparte, podrían ser dos números distintos y la función seguiría siendo discontinua.

d) h(1) = e¹ + 1 − 3 = e − 2.

Dejarlo así, en función de e, no es pereza: es lo que permite decidir el signo sin calculadora. Como e ≈ 2,718 > 2, la resta es positiva. En el parcial no vas a poder calcular e − 2 = 0,718, pero sí podés afirmar que es mayor que cero, y eso es todo lo que hace falta.

e) El teorema es el de Bolzano. Dice: si una función es continua en un intervalo cerrado [a, b] y toma signos opuestos en los extremos, entonces existe al menos un punto de (a, b) donde vale cero.

Acá se cumplen las dos hipótesis, y hay que verificarlas las dos:

· Continuidad: h es suma de e^x (continua en todos los reales) y del polinomio x − 3 (también). La suma de continuas es continua, así que h lo es en [0, 1].

· Signos opuestos: h(0) = 1 + 0 − 3 = −2 < 0, y h(1) = e − 2 > 0.

Dos cosas que se pierden seguido:

· El teorema no dice cuál es la raíz, ni cuántas hay. Dice que hay al menos una. (Acá de hecho es única, porque h′(x) = e^x + 1 > 0 siempre y una función estrictamente creciente cruza el cero una sola vez — pero eso ya es otro argumento, y el enunciado no lo pedía.)

· Sin la continuidad no hay teorema. Una función que salta puede pasar de negativa a positiva sin valer cero nunca: 1/x pasa de −1 en x = −1 a 1 en x = 1 y no tiene ninguna raíz. La hipótesis que falla ahí es justamente la continuidad, en x = 0.

Los otros tres nombres de la lista no sirven acá: Rolle y el valor medio hablan de la derivada y piden que la función sea derivable, y L’Hôpital es para levantar indeterminaciones en un límite, no para probar que algo existe.