Primer parcial de Análisis I, resuelto paso a paso

El ejercicio es un sándwich, y el sándwich se arma en tres movimientos: calcular el límite de la cota de abajo, calcular el de la cota de arriba, ver que dan lo mismo, y recién ahí concluir sobre cₙ. Si los dos no coinciden, el teorema no dice absolutamente nada.

a) La base (2n+3)/(2n−1) tiende a 1 (mismo grado arriba y abajo, mismo coeficiente principal) y el exponente se va a infinito: la forma es 1 elevado a ∞.

No es ∞/∞: eso sería el interior de la fracción si no estuviera elevado. Y la trampa de la forma 1^∞ es que parece que da 1 —"uno elevado a lo que sea es uno"— y no da 1 nunca, salvo casualidad. Por eso es indeterminada.

b) Se resta y se suma 1 en la base:

Así que la base es 1 + 4/(2n−1). Control rápido con n = 3: (9/5) − 1 = 4/5, y 4/(2·3−1) = 4/5 ✓

c) Ahora se fabrica la forma del número e, que es (1 + 1/mₙ)^mₙ con mₙ → ∞. Acá 1/mₙ = 4/(2n−1), o sea mₙ = (2n−1)/4:

El corchete tiende a e. El exponente de afuera, 4n/(2n−1), tiende a 2. Entonces el límite es e².

Control por otro camino, tomando logaritmo: ln(aₙ) = n·ln(1 + 4/(2n−1)). Como 4/(2n−1) → 0 y ln(1+t) ≈ t cerca del cero, ln(aₙ) ≈ n·4/(2n−1) → 2, así que aₙ → e². Con n = 10.000.000 la cuenta da 1,9999999 ✓

Acá está el error más repetido del ejercicio 1. Muchos miran el +3 de arriba, lo dividen por el 2 que acompaña a la n y contestan e^3/2. Pero el −1 del denominador también aporta: en general, ((an+b)/(an−c))ⁿ → e^(b+c)/a. Acá a = 2, b = 3, c = 1, y (3+1)/2 = 2. La diferencia no es cosmética: e² ≈ 7,39 y e^3/2 ≈ 4,48. Mirá la animación — el primer término de la sucesión ya vale 5, así que el límite no puede ser 4,48.

d) Es una indeterminación ∞ − ∞, y se rompe multiplicando y dividiendo por el conjugado:

Ahora se divide arriba y abajo por n. Abajo queda √(1 + 6/n) + 1 → 2, y arriba queda 6:

Control numérico: con n = 10⁹ la resta da 3,000 ✓ Y ojo con el paso de dividir por n adentro de la raíz: vale porque n es positivo. Cuando la variable se va a −∞ hay que acordarse de que √(x²) = |x| — es el error de signo clásico del tema, aunque acá, con n natural, no aparece.

Entonces la cota de abajo tiende a e² + 3 − 3 = e².

e) Acá no hay que calcular el límite de cos n, que no existe: hay que acotarlo. Como −1 ≤ cos n ≤ 1, sumando 2:

Los dos extremos tienden a 0, así que (2 + cos n)/n → 0. Es el caso "cero por acotado": algo que tiende a cero multiplicado por algo que no se escapa.

Al dividir por n las desigualdades no se dan vuelta porque n es positivo. Si el factor fuera negativo habría que invertirlas, y las cotas se intercambian.

Entonces la cota de arriba tiende a e² + 0 = e².

f) Las dos cotas tienden a e². Por el teorema del sándwich,

Dos cosas que en el parcial de papel se cobran y acá no se ven:

· Hay que decir que es el sándwich. Escribir "e²" solo no puntúa: la consigna pide justificar, y el teorema es la justificación.

· Hay que verificar las dos hipótesis, no una: que la desigualdad vale (te la da el enunciado, para todo n ≥ 1) y que las dos cotas van al mismo límite. Si una fuera a e² y la otra a e³, el teorema no concluiría nada y habría que decirlo.

Y algo que casi nunca se aclara: el enunciado no dice quién es cₙ, y no hace falta. El sándwich es exactamente la herramienta para las sucesiones que no se pueden calcular pero sí encerrar.

a) Es una indeterminación 0/0 y sale con el límite notable del logaritmo: ln(1 + t)/t → 1 cuando t → 0. Acomodando para que arriba y abajo aparezca el mismo 2x:

Control por L'Hôpital (que acá sí se puede, porque es 0/0): derivando arriba y abajo por separado queda (2/(1+2x))/1 → 2 ✓ Y control numérico: con x = 10⁻⁷ la cuenta da 1,9999998 ✓

b) El límite existe y vale 2, y el enunciado definió f(0) = 2. Las tres condiciones de continuidad se cumplen: f(0) está definida, el límite existe, y coinciden. Entonces f es continua en 0.

Este paso no es decorativo. Derivable ⟹ continua, así que si f no fuera continua en 0 no habría ninguna chance de que fuera derivable, y el ejercicio se terminaría ahí. Si el enunciado hubiera puesto f(0) = 5, la respuesta correcta a todo el problema sería "no es derivable", y el que se lanza a hacer cuentas sin mirar esto entrega cinco renglones de álgebra para llegar a un resultado que no existe.

c) Por definición,

Adentro del paréntesis se saca denominador común x, y después se divide por la x de afuera:

El denominador es x². Que aparezca un cuadrado es la señal de que el límite va a necesitar dos pasos, no uno: arriba y abajo se anulan en 0, y siguen anulándose después de derivar una vez.

d) Es 0/0 (el numerador ln(1+2x) − 2x tiende a 0 y x² también). L'Hôpital:

Que sigue siendo 0/0 — hay que verificarlo antes de volver a aplicarlo. Segunda vuelta:

Así que f ′(0) = −2.

Control por un camino totalmente distinto, con el desarrollo del logaritmo cerca del cero:

Y control numérico del cociente incremental crudo: con x = 10⁻⁵ da −1,99997; por izquierda, con x = −10⁻⁵, da −2,00003 ✓ Los dos laterales coinciden, que es lo que hace falta para que la derivada exista.

e) La respuesta es que esa fórmula no está definida en x = 0. Si derivás ln(1+2x)/x con la regla del cociente te queda

y en x = 0 esa expresión tampoco se puede evaluar: vuelve a dar 0/0. No hay nada para reemplazar.

Y acá está lo peligroso, que es por qué el error sobrevive tantos parciales: si uno toma el límite de esa f ′(x) cuando x → 0, da −2, o sea el resultado correcto. Pero ese camino no es el mismo: que el límite de la derivada exista sólo implica que f ′(0) vale eso si además se invoca un teorema aparte (una consecuencia de Lagrange) y se verifica antes que f es continua en el punto. Nada de eso está escrito si uno "deriva y evalúa", y la consigna pide la definición.

La regla práctica: en un punto donde la función está definida por un valor suelto, la derivada se calcula siempre por definición. Es el ejercicio 2 completo, y es el que más se pierde por saltearse el planteo.

Todo el ejercicio cuelga de una sola idea: "y = mx + b es tangente a f en x = a" son dos datos, no uno.

La mitad del curso anota la pendiente y se olvida del valor de la función. Y el valor de la función es justamente el que hace falta para la composición.

a) De y = −2x + 6, tangente a g en x = 1: la recta pasa por el punto de tangencia, así que

b) Lo mismo con y = 3x − 5, tangente a f en x = 4:

Fijate lo que acaba de pasar: g(1) dio 4, que es exactamente el punto donde sabemos todo de f. No es casualidad — el enunciado está armado así, y ese "encastre" es la pista de que hay que componer.

c) Regla de la cadena:

d) Para la recta tangente hacen falta la pendiente y un punto. La pendiente es h ′(1) = −6, y el punto es

Entonces y − 7 = −6(x − 1), es decir

Control: en x = 1 la recta da −6 + 13 = 7 ✓ Acá se ve para qué servía el ítem b): sin f(4) = 7 se puede dar la pendiente pero no la recta, y el ejercicio queda a medias.

e) Porque la cadena evalúa f ′ en g(1) = 4, no en 1. Y hay algo más fuerte todavía, que conviene ver bien: del enunciado no se puede saber cuánto vale f ′(1). Nos dieron la tangente a f en x = 4 y nada más; hay infinitas funciones f que cumplen eso y tienen derivadas distintas en 1.

Lo comprobamos con dos funciones concretas que cumplen los mismos datos (las dos pasan por (4, 7) con pendiente 3): una da f ′(1)·g ′(1) = 159 y la otra 18. Pero las dos dan h ′(1) = −6. O sea: el error no es "otro número", es un número que ni siquiera está determinado. Cuando una cuenta depende de datos que no te dieron, la cuenta está mal planteada.

f) Otra composición, con la raíz adentro. Primero el punto: en x = 4, lo de adentro vale √(4 + 12) = √16 = 4, otra vez el único punto donde sabemos algo de f. Derivando por la cadena:

Control numérico con una f concreta que cumple los datos del enunciado: la derivada de k en 4 da 0,37499999 ✓

El error frecuente acá es olvidarse del factor 1/(2√(x+12)) y contestar 3 — es exactamente el "y después multiplicás" que todo el mundo deja escapar. El otro es evaluar la raíz mal: si diera algo distinto de 4, el ejercicio no se podría resolver, y eso mismo es la señal de que el 4 tiene que salir.

a) Dominio primero, siempre. El denominador se anula en x = 2, y ahí el numerador vale 4 ≠ 0, así que no se simplifica nada:

Si el numerador también se hubiera anulado, la discontinuidad sería evitable y no habría asíntota. Conviene mirarlo, no darlo por hecho.

b) Regla del cociente:

El denominador es un cuadrado, así que es siempre positivo y el signo de f ′ lo decide sólo el numerador. f ′ se anula donde x(x−4) = 0, o sea en x = 0 y en x = 4. (El x = 2 no cuenta: no está en el dominio, así que no puede ser extremo.)

Control: la derivada numérica de f en varios puntos coincide con la fórmula hasta la cuarta cifra ✓

c) Signo de x(x−4) en cada tramo, recordando que el denominador no lo cambia:

En x = 0 la derivada pasa de + a −: es un máximo local, y vale f(0) = 0. En x = 4 pasa de − a +: mínimo local.

Dos detalles que se cobran. Uno: los intervalos se escriben separados por el 2 aunque f ′ tenga el mismo signo a los dos lados — no se puede decir "decrece en (0, 4)" porque el 2 no está en el dominio. Dos: el crecimiento se decide por el signo de f ′, no evaluando f en dos puntos y comparando; con una asíntota en el medio, comparar valores da resultados absurdos.

d) f(4) = 16/(4−2) = 16/2 = 8.

e) Candidata: x = 2, el punto que sacamos del dominio. Hay que ver los laterales por separado:

Como los límites son infinitos, x = 2 es asíntota vertical. Control numérico: f(1,999) ≈ −3996 y f(2,001) ≈ 4004 ✓

f) Horizontal no hay: el grado de arriba supera en 1 al de abajo, así que f → ±∞. Cuando pasa exactamente eso, hay oblicua. Se calcula con los dos límites de siempre:

Control por división de polinomios, que es el camino independiente y además es más rápido:

El resto 4/(x−2) tiende a 0, así que la curva se pega a y = x + 2. Con x = 1000, f(x) − (x+2) = 0,004 ✓ Y el mismo cálculo vale en −∞: la oblicua es la misma de los dos lados, cosa que no siempre pasa (con módulos o raíces pueden ser distintas, y hay que mirar los dos).

g) La parte que descoloca. El máximo local vale 0 y el mínimo local vale 8. Parece imposible, y no lo es: entre los dos está la asíntota vertical x = 2.

"Máximo local" significa nada más que f(0) es mayor que los valores de f en los puntos cercanos a 0, y eso es cierto: f(−0,1) ≈ −0,0048 y f(0,1) ≈ −0,0053, los dos menores que 0. Del mismo modo f(4) = 8 es menor que f(3,9) ≈ 8,005 y que f(4,1) ≈ 8,005. Cada uno manda en su barrio y ninguno ve al otro.

Mirá lo que hace la función entre medio: saliendo del 0 baja y se va a −∞ contra la asíntota; del otro lado baja desde +∞ hasta el 8. f(1,9) ≈ −36 y f(2,1) ≈ +44. No hay ningún intervalo del dominio que contenga a 0 y a 4 a la vez, porque el dominio está partido en dos.

De acá sale también la imagen, que es la otra forma en que se pregunta este ejercicio:

No hay ningún x que dé un valor entre 0 y 8. Y para escribir eso no alcanza con los extremos: hay que sumarles los límites en los bordes del dominio (±∞ y los dos laterales del 2) y usar que f es continua en cada tramo.