Primer parcial de Análisis (72), resuelto paso a paso

Qué pide. Resolver dos inecuaciones —una con un cociente, otra con un módulo—, escribirlas como intervalos y operar con ellas: intersección, supremo y unión.

a) Acá está la primera trampa. No se multiplica por x + 2: si es negativo, la desigualdad se da vuelta, y así se pierde un pedazo. Se pasa todo a un miembro:

Control: un muestreo de [−12, 12] de a 1/64 da exactamente esos puntos ✓. Quien multiplica por x + 2 obtiene 2x − 1 ≥ x + 2, o sea x ≥ 3, y pierde todo lo que está antes del −2.

b) Un módulo menor que 7 es una doble desigualdad:

B = (−2, 5): los números a distancia menor que 7/2 de 3/2 (el centro 3/2 y el radio 7/2 salen de dividir |2x − 3| por 2). Control: 3/2 ± 7/2 da −2 y 5 ✓.

c) Pedazo por pedazo: (−∞, −2) no se superpone con (−2, 5), porque los dos dejan afuera al −2. Y [3, +∞) ∩ (−2, 5) = [3, 5): el 3 es de los dos y el 5 no es de B.

d) Las cotas superiores de [3, 5) son todos los números ≥ 5, y la menor es 5: sup(A ∩ B) = 5. Pero 5 no pertenece a [3, 5), así que no hay máximo: 4,9, 4,99, 4,999… están en el conjunto y ninguno es el más grande. Es la segunda trampa: el supremo existe aunque no sea un elemento. El ínfimo, 3, sí pertenece y es el mínimo.

e) La tercera trampa. Juntando los tres pedazos, (−∞, −2) ∪ (−2, 5) ∪ [3, +∞), queda toda la recta salvo un punto: el −2, que no está en A (anula el denominador) ni en B (el intervalo es abierto).

Dónde se pierde el ejercicio: en a), multiplicando por x + 2 (se pierde (−∞, −2)) o metiendo el −2 en A; en d), creyendo que el supremo tiene que ser un elemento; y en e), contestando ℝ sin mirar el −2.

Qué pide. Armar la demanda y la oferta con dos datos cada una, hallar el equilibrio, interpretar un precio que no es el de equilibrio, invertir la demanda y maximizar el ingreso. Una convención manda sobre todo: p = D(q), el precio en función de la cantidad. Los datos son puntos (cantidad, precio).

a) La demanda pasa por (200, 30) y (500, 18):

Control: D(200) = 30 ✓ y D(500) = 18 ✓. La ordenada al origen dice algo: a $ 38 mil ya nadie compra un termo.

b) La oferta pasa por (0, 8) y (200, 20): pendiente 12/200 = 0,06, O(q) = 8 + 0,06q. El equilibrio:

p₀ = D(300) = 38 − 12 = 26 = O(300) ✓. El equilibrio es P = (300, 26): 300 termos por mes a 26 mil pesos.

c) Acá está la primera trampa. Con el precio en 23 mil, que está abajo de los 26 del equilibrio:

Los compradores quieren llevarse 375 y los fabricantes ofrecen 250: faltan 125 termos, un exceso de demanda de 125. Es siempre así abajo del precio de equilibrio; arriba, sobra mercadería (exceso de oferta). Contestar 375 es confundir la cantidad demandada con el exceso, y «de oferta» es leer al revés de qué lado está el precio.

d) Despejando q de p = 38 − 0,04q:

Control: D(D⁻¹(p)) = 38 − 0,04(950 − 25p) = 38 − 38 + p = p ✓, y D⁻¹(26) = 300, el equilibrio ✓. Que tenga pendiente negativa es lo esperable: cuanto más caro, menos termos se compran.

e) La segunda trampa: el ingreso máximo no está en el equilibrio. El ingreso es una parábola que abre para abajo:

Control: un barrido de I en [0, 1000] da como máximo 9025, en 475 ✓. En el equilibrio el ingreso es 300·26 = 7800, menos. (Vender 475 termos a 19 mil es lo que más recauda; que al fabricante le convenga es otra cuenta, con su costo, que es del segundo parcial.)

Dónde se pierde el ejercicio: en a), poniendo los datos al revés (el precio en el eje de las cantidades); en c), llamando «de oferta» a un exceso de demanda o contestando la cantidad demandada; y en e), tomando el ingreso del equilibrio como el máximo.

Qué pide. Una homográfica: su imagen, su inversa y el dominio de la inversa; y después la composición con la exponencial, que cambia la imagen.

a) En forma corrida, dividiendo 2x − 3 por x + 4:

11/(x + 4) toma cualquier valor menos el 0, así que f toma cualquier valor menos el 2: Im(f) = ℝ − {2}, con asíntota horizontal y = 2 y vertical x = −4. Contestar −4 es dar lo que falta en el dominio.

b) Se despeja x de y = f(x):

Control: f(f⁻¹(x)) = x y f⁻¹(f(x)) = x, simplificando las dos ✓; con números, f(0) = −3/4 y f⁻¹(−3/4) = 0/(11/4) = 0 ✓. El error típico es contestar 1/f = (x + 4)/(2x − 3): eso da vuelta el valor, no deshace la función.

c) El dominio de la inversa es la imagen de la función: Dom(f⁻¹) = ℝ − {2}. La fórmula lo confirma, porque 2 − x se anula en x = 2. (Y al revés: Im(f⁻¹) = Dom(f) = ℝ − {−4}.)

d) h(x) = f(g(x)) = f(eˣ) = (2eˣ − 3)/(eˣ + 4). Se anula cuando lo que entra a f es el cero de f, 3/2:

Control: h(ln(3/2)) = (2·(3/2) − 3)/(3/2 + 4) = 0 ✓. Contestar 3/2 es quedarse con el valor de eˣ.

e) Acá está la trampa. La imagen de h no es la de f, porque a f no le entran todos los números: le entran sólo los valores de eˣ, que son los positivos.

Control: evaluando h en 1201 puntos de [−30, 30], todos caen estrictamente entre −3/4 y 2, y crecen ✓. Las dos rectas y = −3/4 (hacia −∞, porque eˣ → 0) y y = 2 (hacia +∞) son asíntotas horizontales de h, distintas a cada lado, como pasa seguido con eˣ; y no se alcanzan.

Dónde se pierde el ejercicio: en b), contestando 1/f; en c), dando el dominio de f; en d), olvidando tomar logaritmo; y en e), copiando la imagen de f sin mirar qué valores le llegan desde eˣ.

Qué pide. Dos preguntas bajo el mismo número. La primera, una función partida: cada x con su fórmula, y el borde entre los tramos mirado con cuidado. La segunda, una senoidal corrida y estirada: qué hace cada número.

a) En el tramo x < 1, completando cuadrados:

El vértice es (−1, −4), y x = −1 está en el tramo. Como (x + 1)² ≥ 0, el menor valor es −4. (Hacia la izquierda la parábola sube sin cota; hacia el 1 se acerca a 0.)

b) Los ceros, tramo por tramo:

Control: 2 − e^(ln 2) = 2 − 2 = 0 ✓. Olvidar el 1 del exponente da ln 2 ≈ 0,69, que además cae en el otro tramo.

c) Acá está la trampa. En x = 1 la función salta: por la izquierda la parábola se acerca a 0, pero f(1) = 2 − e⁰ = 1 sale de la exponencial. El 1 no es un cero, y justo a su derecha f es positiva (vale 1 y va bajando).

Negatividad: (−3, 1) ∪ (1 + ln 2, +∞). Control con un muestreo de [−8, 8] de a 0,001 ✓. Quien trata al 1 como un cero y cree que f sigue negativa hasta 1 + ln 2 contesta (−3, 1 + ln 2).

d) En g(x) = 5·sen(πx/2) + 2 cada número hace una cosa:

Período 4 e imagen [−3, 7]. El error es tomar π/2 (lo que multiplica a x) como el período; el período es 2π dividido ese número. Control con cinco valores: g(0) = 2 (la línea media), g(1) = 7, g(2) = 2, g(3) = −3 y g(4) = 2: en cuatro unidades da una vuelta entera ✓.

e) g vale 7 cuando sen(πx/2) = 1. La primera vez con x > 0 es πx/2 = π/2, o sea x = 1. Control: g(1) = 5·1 + 2 = 7 ✓, y el siguiente máximo está un período después, en x = 5.

Dónde se pierde el ejercicio: en b) y c), contando el 1 como un cero de f (anula la parábola, pero ahí manda la exponencial); en d), tomando π/2 como período; y en e), contestando el ángulo π/2 en lugar del x.

Qué pide. Las asíntotas de una racional —que tiene un factor que se simplifica— y un límite de la forma 1^∞ armado con la misma función.

a) Numerador y denominador son de grado 2. Dividiendo por x²:

La asíntota horizontal es y = 3, hacia los dos lados. Control: f(10⁷) y f(−10⁷) dan 3,0000005 y 2,9999995 ✓.

b) Acá está la primera trampa. El denominador x² − 1 se anula en 1 y en −1, pero eso no alcanza para que haya asíntota. Se factoriza el numerador:

El límite es un número: en x = −1 hay un hueco (f no está definida ahí, pero no hay asíntota). Control: f(−1 ± 10⁻⁷) ≈ 0,5 ✓.

c) En x = 1 no se simplifica nada: el numerador (3x + 2) tiende a 5 y el denominador x − 1 tiende a 0. Por izquierda, x − 1 < 0:

x = 1 es la única asíntota vertical. Control: f(1 − 10⁻⁶) ≈ −5 000 000 y f(1 + 10⁻⁶) ≈ +5 000 000 ✓. Contestar +∞ es mirar el lado equivocado.

d) La segunda trampa: f(x)/3 → 1 y el exponente 3x → +∞, y 1^∞ no es 1. Se escribe la base como 1 + algo:

Con u = 5/(3x − 3) → 0 y v = 3x → +∞, (1 + u)^v → e^(lím u·v):

Control: evaluada en x = 10⁶ da 148,41 (error relativo menor que 10⁻⁴) ✓. Sin el 3 del exponente daría e^(5/3).

e) Cuando x → −∞ sigue siendo 1^∞ (la base tiende a 1, ahora desde abajo, y el exponente a −∞). La cuenta es la misma:

u y v son los dos negativos y el producto no cambia de signo. Control: evaluada en x = −10⁶ también da 148,41 ✓. Contestar e^(−5) o 0 es suponer que «−∞ da vuelta todo» sin hacer la cuenta.

Dónde se pierde el ejercicio: en b), declarando asíntota en x = −1 sin factorizar; en d), contestando 1; y en e), cambiando el signo del exponente sin calcular u·v.

Qué pide. Pegar dos tramos: el lateral del lado del cociente, el parámetro que hace coincidir los dos lados, qué pasa si no coinciden, y después el cero y el signo de la función ya pegada.

a) Por derecha vale el cociente, que en 1 da 0/0. Se factoriza:

Control: evaluada en 1 + 10⁻⁸ da 0,6666667 ✓.

b) x = 1 es del primer tramo: f(1) = e⁰ + a = 1 + a, y el lateral por izquierda es lo mismo (la exponencial es continua). Las tres cosas tienen que coincidir:

c) Acá está la primera trampa. Con a = 0, por izquierda f tiende a 1 y por derecha a 2/3: los dos laterales son números, pero distintos. Entonces el límite no existe, y la discontinuidad es esencial. En la convención de la materia hay dos clases: evitable (el límite existe y sólo falla f(1)) y esencial (el límite no existe, sea por un salto o por un infinito). Que los laterales sean finitos no la hace evitable: ningún valor de f(1) tapa un salto.

d) Con a = −1/3, para x > 1 f es (x + 1)/(x + 2), positivo. El cero está en el primer tramo:

Es ≤ 1, así que está en el tramo ✓. Control: e^(−ln 3) = 1/3 ✓.

e) Con a = −1/3, f es continua en todo ℝ (cada tramo lo es, y en 1 pega) y tiene un solo cero. Por el corolario de Bolzano, a cada lado del cero f no cambia de signo, y alcanza con un valor de prueba:

La segunda trampa es sacar el 1 de la positividad «porque ahí cambia la fórmula»: con este a, f es continua en 1 y vale 2/3. Control con un muestreo de [−8, 8] de a 0,001 ✓.

Dónde se pierde el ejercicio: en a), tomando 0/0 como 0; en b), contestando el límite (2/3) en vez de a; en c), llamando evitable a un salto; y en e), excluyendo el 1.