Segundo parcial de Matemática (51), resuelto paso a paso

Todo este ejercicio sale de una sola idea, y conviene escribirla antes de tocar nada: e^(algo) es siempre positivo y nunca llega a cero. De ahí salen la asíntota, la imagen y el dominio de la inversa, los tres.

a) Cuando x se va a −∞, el exponente x − 3 se va a −∞ y e^(x−3) se aplasta contra el 0. Entonces f(x) se acerca a 6 − 2·0 = 6:

Del otro lado no hay asíntota: si x → +∞, la exponencial explota y f se va a −∞. Vale la pena anotarlo, porque una función puede tener asíntota horizontal de un solo lado y acá es justo lo que pasa.

b) Se arma desde adentro hacia afuera, y esto es un procedimiento, no una adivinanza:

El 6 va con paréntesis, no con corchete: la exponencial nunca vale 0, así que f nunca llega a valer 6.

c) Cero es donde f(x) = 0. Primero se deja sola la exponencial y recién después entra el logaritmo:

Control, que es un camino independiente: ln 3 ≈ 1,10, así que el cero está en x ≈ 4,10. Y f(4) = 6 − 2e ≈ 0,56 (positivo) y f(5) = 6 − 2e² ≈ −8,78 (negativo): el cero cae entre 4 y 5 ✓

Aplicar el logaritmo antes de despejar —escribir ln(6 − 2e^(x−3)) = ln 0— no lleva a ningún lado: ln 0 no existe, y además el logaritmo de una resta no se reparte.

d) Se despeja x en y = 6 − 2·e^(x−3), con los mismos tres pasos de recién:

Verificación, y es la que conviene hacer siempre porque no cuesta nada: componer. f(f⁻¹(x)) = 6 − 2·e^(3 + ln((6−x)/2) − 3) = 6 − 2·(6 − x)/2 = 6 − (6 − x) = x ✓

Otra forma válida de escribirla es 3 + ln(3 − x/2), que es la misma porque (6 − x)/2 = 3 − x/2.

e) Acá está el punto del ejercicio, y es lo que más se pierde:

La inversa devuelve lo que f recibió, así que su dominio es exactamente el conjunto de valores que f llegó a tomar. Contestar "todos los reales" es copiar el dominio de f, que es otra cosa.

Y se ve también en la fórmula, sin teoría: en 3 + ln((6 − x)/2) el logaritmo necesita (6 − x)/2 > 0, o sea x < 6. Los dos caminos dan lo mismo, que es la señal de que está bien.

Dónde se pierde el punto: en el ítem e, escribiendo R. Y en el b, poniendo corchete en el 6.

a) La amplitud es el número que multiplica al coseno, en valor absoluto:

El 3 no es la amplitud: no estira la curva, la sube entera.

b) El coseno pelado se repite cada 2π. Acá el argumento es 2x, que corre al doble de velocidad, así que la curva completa un ciclo en la mitad del camino:

c) Se arma desde la desigualdad de siempre, multiplicando y sumando:

Corchetes, no paréntesis: el coseno alcanza el 1 y el −1 de verdad, así que f llega al 5 y al 1.

Control: el largo del intervalo tiene que ser 2A = 4, y de 1 a 5 hay 4 ✓. Y el centro tiene que ser el 3, que es el desplazamiento vertical ✓

d) Se deja solo el coseno, igual que con la exponencial del ejercicio 1:

Como 1/2 está adentro de [−1; 1], la ecuación tiene solución. Si hubiera dado 3/2, no habría ninguna y ésa sería la respuesta.

e) Acá está la trampa fuerte del parcial, y se desarma con un cambio de variable. Llamemos u = 2x. Si x recorre [0; 2π], entonces u recorre [0; 4π]: el doble. Y en un intervalo del doble de largo entran el doble de soluciones.

Verificación, reemplazando en la ecuación original, que es la única que vale: f(π/6) = 2·cos(π/3) + 3 = 2·(1/2) + 3 = 4 ✓; f(5π/6) = 2·cos(5π/3) + 3 = 4 ✓; f(7π/6) = 2·cos(7π/3) + 3 = 4 ✓; f(11π/6) = 2·cos(11π/3) + 3 = 4 ✓

Segundo control, independiente: el período es π (ítem b), y en [0; 2π] entran dos períodos completos. En cada período el coseno toma el valor 1/2 dos veces. Dos por dos, cuatro ✓

Dónde se pierde el punto: contestar π/6 sola, o π/6 y 5π/6. Es el error más caro del tema y no es por no saber trigonometría: es por resolver cos(u) = 1/2 en [0; 2π] cuando u llegaba hasta 4π. La regla práctica: primero escribí el intervalo del ángulo, después resolvé.

a) Se reemplaza y listo, pero conviene mirar por qué el enunciado eligió x = 3: porque ahí el exponente se anula y e⁰ = 1, así que la cuenta sale a mano.

El punto de tangencia es P = (3; 5).

b) Es un producto, y el segundo factor pide además regla de la cadena. La derivada de e^(x−3) es e^(x−3)·1 = e^(x−3), porque la derivada de x − 3 es 1:

Sacar factor común la exponencial no es cosmético: deja la derivada escrita como (algo sencillo)·(algo que nunca se anula), y eso es lo que después permite resolver f ′(x) = 0 mirando sólo el paréntesis.

c) Con el mismo truco del exponente que se anula:

d) La tangente necesita dos datos: el punto y la pendiente. Ya están los dos.

Control, que es lo que hay que hacer siempre antes de entregar: la recta tiene que pasar por P. Reemplazando x = 3 en 7x − 16 da 21 − 16 = 5 ✓, que es f(3).

Si te da una recta que en x = 3 no vale 5, la pendiente puede estar bien pero la ordenada está mal, y eso es una paralela a la tangente: no toca al gráfico en ningún lado cerca de P.

e) Otra función, mismo mecanismo, pero ahora la incógnita es el parámetro. Se deriva dejando la a escrita, sin reemplazar nada:

La a de arriba viene de la regla de la cadena: la derivada de ax + 2 es a. Olvidarla es el error clásico de este ítem, y no tira ningún síntoma: da un número igual.

Ahora se impone la condición en x = 1:

Verificación, reemplazando en la función original: con a = 6 queda g(x) = 4·ln(6x + 2) + 1, cuya derivada es g ′(x) = 24/(6x + 2). En x = 1: 24/8 = 3 ✓

Y hay que mirar que el valor sirva: con a = 6, el argumento en x = 1 vale 6 + 2 = 8 > 0, así que g está efectivamente definida ahí. Un a que dejara el logaritmo con argumento negativo o cero habría que descartarlo, aunque la ecuación de la pendiente lo diera.

Dónde se pierde el punto: en d, escribiendo y = 7x (la pendiente sin el punto). En e, derivando ln(ax + 2) como 4/(ax + 2), sin la a de la cadena: ese camino da la ecuación 4/(a + 2) = 3 y termina en a = −2/3, que es un número perfectamente creíble —deja el logaritmo con argumento 4/3, positivo— pero la pendiente que produce en x = 1 es −2, no 3. Por eso conviene siempre volver a la función con el valor hallado y recalcular: es el control que agarra este error.

a) No hay ni denominador, ni raíz par, ni logaritmo: los dos factores están definidos para cualquier x.

Vale la pena empezar siempre por acá aunque parezca regalado, porque en los ejercicios con logaritmo el dominio es el que te dice qué puntos críticos hay que tirar a la basura.

b) Regla del producto, con u = x² − 3 y v = e^x:

c) Un producto se anula sólo si se anula alguno de sus factores. Y e^x nunca es cero: eso deja una sola ecuación.

Acá está la trampa del ejercicio. Los ceros de f son ±√3 ≈ ±1,73, que es donde se anula la parábola. Los ceros de f ′ son −3 y 1, que es otra cosa: al derivar, la exponencial suma su propio término y corre las raíces. Contestar ±√3 es haber derivado sólo el primer factor.

d) El signo de f ′ es el signo de (x + 3)(x − 1), porque e^x es positivo siempre. Es una parábola con las ramas para arriba: positiva afuera de las raíces, negativa entre ellas.

Entonces en x = −3 la función deja de subir y empieza a bajar: máximo local. Y en x = 1 deja de bajar y empieza a subir: mínimo local.

e) El valor del extremo es f evaluada ahí, no el x:

Y el máximo local, para tenerlo completo: f(−3) = (9 − 3)·e⁻³ = 6e⁻³ ≈ 0,30.

Fijate en algo que suele desconcertar: el "máximo" vale 0,30 y el "mínimo" vale −5,44, pero además f(2) = e² ≈ 7,39, que es más grande que el máximo. No hay contradicción: son extremos locales, valen en su entorno. De hecho esta f no tiene máximo absoluto, porque se va a +∞.

Control por otro camino, la derivada segunda: f ″(x) = (x² + 4x − 1)·e^x. En x = −3 da (9 − 12 − 1)·e⁻³ = −4e⁻³ < 0, cóncava hacia abajo, máximo ✓. En x = 1 da (1 + 4 − 1)·e = 4e > 0, cóncava hacia arriba, mínimo ✓

Dónde se pierde el punto: contestar 1 en vez de −2e, o sea dar el punto crítico donde se pide el valor del extremo. Y en c, derivar el producto como si fuera 2x·e^x.

a) La regla para elegir: u es el factor que al derivarlo se simplifica. Acá x + 1 derivado da 1, y la integral que queda después es más fácil que la de partida. Al revés no: derivar e^(2x) lo deja igual de complicado e integrar x + 1 lo empeora, porque aparece un x²/2.

La sustitución u = 2x sola no alcanza, porque queda el x + 1 suelto. Y la última opción es directamente falsa: la integral de un producto no es el producto de las integrales.

b) Con la fórmula ∫u·dv = u·v − ∫v·du:

Sacando factor común e^(2x)/4 queda más presentable:

Verificación obligatoria, y es la única que hace falta porque cierra el tema: derivar la primitiva. Con la regla del producto, F ′(x) = [2·e^(2x)·(2x + 1) + 2·e^(2x)]/4 = e^(2x)·(4x + 2 + 2)/4 = e^(2x)·(4x + 4)/4 = (x + 1)·e^(2x) ✓ Volvió el integrando, así que la primitiva está bien.

El v = e^(2x)/2 es donde más se pierde: la primitiva de e^(2x) lleva el /2 de la cadena al revés. Sin él, todo lo que sigue queda mal por un factor 2.

c) Regla de Barrow: se evalúa la primitiva arriba menos abajo.

Control de razonabilidad, que es un camino independiente y no cuesta nada: e² ≈ 7,39, así que el resultado es (22,17 − 1)/4 ≈ 5,29. El integrando vale 1 en x = 0 y 2e² ≈ 14,8 en x = 1, sobre un intervalo de largo 1: el área tiene que estar entre 1 y 14,8. Está ✓

La constante C no se escribe en una integral definida: se cancela al restar.

d) Se igualan las dos funciones. Esto va primero siempre: sin los límites de integración no hay área que calcular.

Control: f(2) = 8 − 4 = 4 y g(2) = 4 ✓; f(−4) = 8 − 16 = −8 y g(−4) = −8 ✓

e) Ahora hay que decidir quién va arriba en ese tramo, y se resuelve con un solo punto de prueba. En x = 0: f(0) = 8 y g(0) = 0, así que la parábola va arriba en todo (−4; 2).

Verificación por un camino completamente distinto: cuando una parábola y una recta se cortan en dos puntos a y b, el área del lóbulo que encierran vale |A|·(b − a)³/6, donde A es el coeficiente de x² de la resta. Acá la resta es −x² − 2x + 8, o sea |A| = 1, y b − a = 2 − (−4) = 6:

Dónde se pierde el punto: integrar g − f en vez de f − g. Eso da −36, y un área nunca es negativa: si te da negativa, no hay que cambiarle el signo y seguir como si nada, hay que darse cuenta de que estaban invertidas y anotar cuál iba arriba. El otro lugar es el orden de los límites: de 2 a −4 en vez de −4 a 2 también cambia el signo.