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

Qué pide. Todo sale de la demanda y del costo. El ingreso es precio por cantidad, I(x) = x·D(x); la ganancia, G = I − C. Las marginales son sus derivadas, y la elasticidad compara el cambio porcentual de la cantidad con el del precio.

a) Derivando el ingreso:

Por la regla del producto sale lo mismo: I′ = D + x·D′, y en 50 es 95 + 50·(−1) = 45. Quiere decir que vender el bidón número 51 agrega unos 45 mil pesos al ingreso. Control: I(51) − I(50) = 4793,49 − 4750 = 43,49 ≈ 45 ✓. El error típico es derivar sólo la demanda (da −1) o quedarse con el primer término del producto (da 95).

b) Con D′(x) = −2x/100 = −x/50, en x = 50: D(50) = 95 y D′(50) = −1.

Como 1,9 > 1, la demanda es elástica en 50 bidones. Control con el experimento del 1 %: si el precio sube de 95 a 95,95, la cantidad que se vende baja de 50 a √(100·(120 − 95,95)) ≈ 49,04, un 1,92 % ✓. Sin el valor absoluto da −1,9, y dado vuelta, 10/19: los dos son errores.

c) Acá está la primera trampa. «η > 1» se lee a veces como «el precio manda, conviene subirlo». Es al revés: η > 1 quiere decir que la cantidad cambia, en porcentaje, más que el precio. Si el precio baja un 1 %, la cantidad sube cerca de un 1,9 %, y el ingreso, que es el producto de los dos, sube. Conviene bajar el precio. Es lo mismo que dice el ítem a): I′(50) = 45 > 0, vender un bidón más (bajando el precio) aumenta el ingreso. Con 50 bidones el ingreso no es máximo: lo sería donde η = 1.

d) La segunda trampa: lo que se maximiza es la ganancia, no el ingreso.

Si se maximiza el ingreso, I′ = 0 da x² = 4000, x = 20√10 ≈ 63,25: son unos tres bidones de más, y la ganancia ahí es de unos 2980,7 mil pesos, menos que en 60. (Y en 20√10 la elasticidad vale 1: el ingreso es máximo justo donde la demanda es unitaria.)

e) Con 60 bidones el precio es D(60) = 120 − 36 = 84 mil pesos:

La ganancia máxima es de 3000 mil pesos por semana (3 millones), vendiendo 60 bidones a 84 mil cada uno. Control por un barrido de G en [0, 100] de a 0,01: el máximo es 3000, en x = 60 ✓. Y G(50) = 4750 − 1920 = 2830, menos ✓.

Un detalle que cierra todo: en 60 la elasticidad es η(60) = 7/6 > 1. Cuando el costo marginal es positivo, la ganancia máxima cae siempre en el tramo elástico de la demanda.

Dónde se pierde el ejercicio: en c), leyendo η > 1 como «subí el precio»; en d), maximizando el ingreso (≈ 63) en vez de la ganancia; en a), derivando el ingreso como si fuera la demanda; y en e), olvidando el costo fijo (da 4320).

Qué pide. Un estudio de función en el que la derivada es lo difícil: la variable está en la base y en el exponente. Todo lo demás —crítico, máximo, asíntota, imagen— sale en orden una vez que f′ está bien.

a) Acá está la primera trampa. Ni la regla de la potencia (que supone el exponente fijo: da (1/x)·x^(1/x − 1)) ni la de la exponencial (que supone la base fija: da x^(1/x)·ln x). Se escribe como exponencial de base e:

Control con el cociente incremental en x = 0,5, 1,7, 3 y 7: coincide hasta el sexto decimal ✓. La cuarta opción tiene el signo al revés, que sale de restar ln x − 1 en el numerador del cociente.

b) x^(1/x) > 0 y x² > 0 para todo x > 0, así que el signo de f′ es el de 1 − ln x:

En (0, e), ln x < 1 y f′ > 0: f crece. En (e, +∞), f′ < 0: decrece. En e hay un máximo local.

c) El valor del máximo es

Control: un barrido de f en (0, 20] de a 0,0001 da como mayor valor 1,4447, en x ≈ 2,718 ✓. Contestar e es dar el lugar y no el valor.

d) En +∞ la forma es ∞⁰, que es indeterminada. Se toma logaritmo y se resuelve el exponente:

La recta y = 1 es asíntota horizontal. Control: f(10⁸) ≈ 1,0000002 ✓. Y para x > 1 f es siempre mayor que 1 (base mayor que 1, exponente positivo): se acerca a la asíntota por arriba.

e) La segunda trampa, que es la imagen. Hay que mirar también el borde izquierdo del dominio. Cuando x → 0⁺, la base va a 0 y el exponente 1/x a +∞: eso no es indeterminado, es un número chico elevado a algo enorme, y va a 0. Por ejemplo, f(1/2) = (1/2)² = 1/4 y f(0,2) = 0,2⁵ = 0,00032.

Contestar (1, e^(1/e)] es mirar sólo lo que pasa a la derecha de 1; y cerrar el intervalo con paréntesis es olvidar que el máximo es un valor que f toma.

Dónde se pierde el ejercicio: en a), derivando como potencia o como exponencial; en d), contestando +∞ por mirar sólo la base; y en e), empezando la imagen en 1.

Qué pide. Un cociente 0/0 con un parámetro: primero el a que lo hace finito, después el valor que lo hace continuo, un caso donde L'Hôpital se usa mal, y la derivada por definición en el punto de corte, que se destraba con el polinomio de Taylor.

a) En x = 0 el numerador vale e⁰ − 1 − a·0 = 0 para cualquier a, y el denominador también: 0/0. Una vuelta de L'Hôpital:

Si 1 − a ≠ 0, eso es un número sobre algo que tiende a 0: el límite es infinito. Para que sea un número hace falta a = 1. Control: con a = 0, 2 o −1 el límite por derecha da ±∞ ✓.

b) Con a = 1 sigue siendo 0/0, así que se deriva otra vez:

f es continua en 0 si f(0) = lím f(x), o sea b = 1/2. Control: evaluada en x = ±0,0001, la fórmula da 0,50003 y 0,49997 ✓.

c) Acá está la trampa. Con a = 3, la primera vuelta da (eˣ − 3cos x)/(2x), y en 0 el numerador vale 1 − 3 = −2: ya no es 0/0. L'Hôpital no se puede volver a aplicar. Queda −2 sobre algo que tiende a 0, y el signo depende del lado:

Los laterales son distintos: el límite no existe. Control: la función evaluada en ±0,0001 da −20000 y +20000 ✓. Quien deriva dos veces sin mirar obtiene (eˣ + 3sen x)/2 → 1/2, un número que no significa nada; quien mira un solo lado contesta −∞.

d) Con las derivadas de g(x) = eˣ − sen x:

Por el otro camino: eˣ = 1 + x + x²/2 + x³/6 + … y sen x = x − x³/6 + …, y al restar, x³/6 − (−x³/6) = x³/3 ✓. Quedarse con x³/6 es olvidar que sen x también tiene término cúbico.

e) f′(0) por definición, con f(0) = 1/2:

Con el polinomio de d), eʰ − sen h = 1 + h²/2 + h³/3 + (términos de grado 4 o más). Entonces el numerador es h³/3 + (grado 4 o más), y

Control por L'Hôpital, verificando 0/0 en cada vuelta: después de tres derivadas queda (eʰ + cos h)/6 → 2/6 = 1/3 ✓. Y el cociente incremental con h = ±0,001 da 0,3333 ✓. Es también el ejemplo de por qué sirve Taylor: el límite de a) y b) es 1/2 porque eˣ − 1 − sen x empieza con x²/2.

Dónde se pierde el ejercicio: en c), aplicando L'Hôpital sin verificar la indeterminación; en b), tomando 0/0 como 0; y en d) y e), olvidando el término cúbico de sen x.

Qué pide. Reconstruir el ingreso desde su marginal, de ahí sacar la demanda (el ingreso es precio por cantidad), y con la demanda y la oferta, el equilibrio y los dos excedentes. Cada paso usa el anterior.

a) Se integra el ingreso marginal. La primitiva de q^(1/2) es q^(3/2)/(3/2) = (2/3)q^(3/2):

Sin ventas no hay ingreso: I(0) = 0 da K = 0, e I(q) = 40q − 3q^(3/2). Control: derivando, 40 − 3·(3/2)·q^(1/2) = 40 − 4,5√q ✓. Las otras opciones salen de multiplicar por 3/2 en vez de dividir (6,75), de integrar √q como si fuera q (el q²) y de derivar en vez de integrar (el −2,25/√q).

b) Acá está la trampa del ejercicio. El ingreso marginal no es la demanda. La demanda da el precio, y el ingreso es precio por cantidad:

Control: q·(40 − 3√q) = I(q) ✓. Se ve que no son lo mismo con un número: con 4 cientos de cajas, D(4) = 34 e I′(4) = 31.

c) El equilibrio es donde la oferta iguala a la demanda:

Control: O(16) = 4 + 24 = 28 = D(16) ✓, y una bisección en [0, 30] da el mismo 16. Si se iguala la oferta con I′ en vez de con D, sale q ≈ 13,1: es el error de b) que sigue arrastrándose.

d) El excedente del consumidor es lo que los compradores estaban dispuestos a pagar de más: el área entre la demanda y la horizontal p₀ = 28.

Control con integración numérica: 64,000 ✓. Integrar la demanda sola da 512 (es todo lo que los compradores pagarían, no lo que les sobra); restar el precio 4 en vez de 28 da 448.

e) El del productor es lo que los vendedores reciben de más: entre la horizontal p₀ y la oferta.

Control: como la oferta es una recta, la región es un triángulo de base 16 y altura 28 − 4 = 24: 16·24/2 = 192 ✓. Y los dos juntos suman ∫₀¹⁶ (D − O) dq = 256 = 64 + 192 ✓.

Dónde se pierde el ejercicio: en b), usando el ingreso marginal como demanda (y con eso, en c), un equilibrio de 13,1); en a), con el exponente de la primitiva; y en d), olvidando restar el precio de equilibrio.

Qué pide. Una primitiva por partes, usarla en una integral definida y en una impropia, y comparar con otra impropia parecida que se hace por sustitución y no converge.

a) Con u = ln x y dv = 4 dx/x³: du = dx/x y v = ∫ 4x⁻³ dx = −2/x².

Los errores de las otras opciones son los dos signos (el de v y el de la resta) y dejar el ln adentro de la integral que queda, como si du fuera ln x.

b) La integral que queda es inmediata, ∫ 2x⁻³ dx = −x⁻²:

Control, derivando: (−(2ln x + 1)·x⁻²)′ = −(2/x)·x⁻² + (2ln x + 1)·2x⁻³ = (−2 + 4ln x + 2)/x³ = 4ln(x)/x³ ✓.

c) Por Barrow, con F(x) = −(2ln x + 1)/x²:

Como ln x ≥ 0 para x ≥ 1, f no es negativa en [1, e] y la integral es el área entre el gráfico y el eje. Control con integración numérica: 0,5940 ✓.

d) La impropia se define como límite:

ln(b)/b² es ∞/∞: por L'Hôpital, (1/b)/(2b) = 1/(2b²) → 0. Y 1/b² → 0. Entonces

La región no termina nunca, pero mide 1: la integral converge. Control con integración numérica hasta +∞: 1,0000000 ✓. (Sin el 4 del enunciado daría 1/4.)

e) Acá está la trampa. ln(x)/x también tiende a 0 cuando x → +∞, y parece que la integral debería converger como la otra. Con u = ln x, du = dx/x:

La integral diverge. Que la función vaya a 0 es necesario pero no alcanza: tiene que ir lo bastante rápido. f va a 0 como 1/x³ por un logaritmo; ln(x)/x, más despacio que 1/x, y ya 1/x no alcanza. Control: integrando numéricamente hasta 10⁶ ya da más de 90, y no se frena.

Dónde se pierde el ejercicio: en a) y b), con los signos de partes; en c), con 2·ln e + 1 = 3; en d), creyendo que ln(b)/b² no tiene límite; y en e), dando por convergente una integral porque la función tiende a 0.

Qué pide. Reconocer la progresión, sumarla hasta un mes, ver cuándo baja de un valor, y sumarla para siempre (la serie). Todo sale de una sola fórmula, la del término general.

a) Acá está la primera trampa. Vender un 25 % menos es quedarse con el 75 % de lo del mes anterior: se multiplica por 3/4, no por 1/4 (que es lo que se pierde).

Las diferencias no son iguales (−1024 y después −768): no es aritmética. El cociente sí: es geométrica de razón 3/4, con

Control mes a mes, multiplicando por 3/4: 4096, 3072, 2304, 1728, 1296, 972, 729 ✓ (los siete primeros dan enteros porque 4096 = 4⁶).

b) La suma de los primeros n términos de una geométrica es a₁·(1 − rⁿ)/(1 − r):

Control sumando: 4096 + 3072 + 2304 + 1728 + 1296 + 972 = 13468 ✓. Con la razón 1/4 del error de a) daría 5460.

c) Se busca el primer n con aₙ < 500:

Control: a₈ = 4096·(3/4)⁷ = 546,75 (todavía arriba) y a₉ ≈ 410,06 (ya abajo) ✓. El modelo da números no enteros a partir del mes 8; lo que importa es cuándo cruza el 500. La segunda trampa es el exponente: resolviendo (3/4)ⁿ < 500/4096 sale n = 8, un mes antes.

d) La serie geométrica Σ aₙ converge porque |3/4| < 1, y suma su primer término sobre 1 − r:

Control: la suma de los primeros 200 términos da 16384 con todos sus decimales ✓. Y cierra con b): en seis meses se vendió 13468, el 82 % de lo que se va a vender nunca. Empezar la serie en el segundo mes da 3072/(1/4) = 12288; dividir por la razón, 4096/(3/4) ≈ 5461.

e) Con una caída del k %, la razón es r = 1 − k/100 y el total es 4096/(1 − r):

La caída es 1 − r = 1/5, o sea k = 20: si cada mes se pierde el 20 % en vez del 25 %, el total pasa de 16384 a 20480. Como |4/5| < 1 la serie converge y no hay nada que descartar. Control: sumando 400 términos con razón 0,8 da 20480 ✓. Contestar 80 es dar la razón, no la caída.

Dónde se pierde el ejercicio: en a), usando la razón 1/4; en c), con el exponente n en vez de n − 1 (y el mes 8); y en d), empezando la suma en el lugar equivocado.