Matemática (61) · Parcial modelo

Primer parcial de Matemática (61), resuelto paso a paso

Es un parcial modelo, escrito por nosotros. No es el parcial de ninguna cátedra ni de ninguna fecha: está armado con el temario y el formato de los que se toman, para que puedas practicar con algo parecido.

Composición e inversa con logaritmos, trigonometría y triángulos, límites y continuidad, derivada, tangente y L'Hôpital, y un problema de optimización: las prácticas 0 a 6.

5 ejercicios, 25 preguntas, 120 minutos. Se aprueba con 60 sobre 100.

Rendirlo vos primero →Sin corrección hasta entregarlo, como el de verdad · después te da la nota y a qué temas volver

Las consignas

Cinco ejercicios a desarrollar, dos horas, como el de verdad. Cada ejercicio vale 20 puntos y tiene cinco ítems de 4. No hay pistas ni corrección paso a paso: escribís todo y recién al entregar aparecen la nota, la resolución completa y qué temas te conviene repasar.

Los ítems encadenan: lo que hallás en uno casi siempre es el dato del siguiente. Si uno no te sale, seguí igual con el valor que te haya dado: se corrige ítem por ítem.

Cómo escribir las respuestas:

· Los intervalos con paréntesis o corchetes y punto y coma, como en la práctica: (-2;7], y inf o ∞ donde haga falta.
· Los valores exactos como valores exactos: pi o π, √ o raiz( ), ln, y la e con su potencia: e^3, 1+ln(2), 3pi/4, 1+√5.
· Dos respuestas juntas, con una y en el medio: 1 y 6.
· Las fracciones como fracción: -3/4. Decimales con coma.

Una advertencia que no es un detalle: acá se corrige el resultado, porque es lo único que una pantalla puede leer. En el parcial de verdad se pide el razonamiento escrito, y una cuenta suelta sin justificar no suma. Resolvelo en papel, como si lo fueran a leer, y después pasá los resultados.

Ejercicio 1 — El logaritmo de una parábola 20 puntos

Sean f(x) = ln(x) + 1 y g(x) = 5 + 4x − x². Hay que estudiar la composición f∘g —su dominio, su imagen y una ecuación—, hallar los ceros de la otra composición, g∘f, y trabajar con la inversa de f∘g restringida al intervalo [2 ; 5).

a) Dar el dominio de f∘g como intervalo.
b) La imagen de f∘g es un intervalo de la forma (−∞ ; M]. ¿Cuánto vale M? (podés usar ln)
c) Hallar todos los x tales que (f∘g)(x) = 1 + ln 5. (escribilos como 1 y 6)
d) Hallar los ceros de g∘f. (escribilos como e^3 y e^(-5))
e) Sea h la función f∘g restringida al intervalo [2 ; 5), donde es inyectiva. Calcular h⁻¹(1). (podés usar √)

Resolución

Antes de empezar conviene escribir las dos composiciones, porque cada ítem usa una distinta y confundirlas es el error del ejercicio. f∘g mete g adentro de f; g∘f, f adentro de g:

(f∘g)(x) = f(g(x)) = ln(5 + 4x − x²) + 1
(g∘f)(x) = g(f(x)) = 5 + 4(ln x + 1) − (ln x + 1)²

a) El logaritmo sólo existe para argumentos positivos, así que el dominio de f∘g es donde g > 0. Es una inecuación cuadrática:

5 + 4x − x² > 0 ⇔ x² − 4x − 5 < 0
⇔ (x − 5)(x + 1) < 0 ⇔ −1 < x < 5

Dom(f∘g) = (−1 ; 5)

Dos cosas se cruzan acá. La parábola g abre para abajo (el x² tiene −), así que es positiva entre sus raíces y negativa afuera: quien recuerda «la cuadrática es positiva afuera» sin mirar el signo se queda con el complemento. Y los bordes van con paréntesis: en −1 y en 5 la parábola vale 0, y ln 0 no existe. Un ≥ en lugar del > metería dos puntos que no están.

Control con un punto de cada tramo: g(−2) = −7 ✘, g(0) = 5 ✓, g(6) = −7 ✘.

b) La imagen sale sin derivar: ln es creciente, así que f∘g sube cuando g sube y baja cuando g baja. El techo de g es su vértice:

x_v = −4/(2·(−1)) = 2 · g(2) = 5 + 8 − 4 = 9
en el dominio: 0 < g(x) ≤ 9 ⇒ ln(g(x)) + 1 ≤ ln 9 + 1

Y abajo no hay piso: cuando x se acerca a −1 o a 5, g → 0⁺ y ln(g) → −∞. Entonces

Im(f∘g) = (−∞ ; 1 + ln 9], M = 1 + ln 9 = 1 + 2 ln 3 ≈ 3,20

El corchete del M es porque se alcanza, en x = 2. Los dos errores que se ven: olvidarse del + 1 (da ln 9 ≈ 2,20) y tomar g(0) = 5 como si fuera el máximo, que da 1 + ln 5.

c) Se resta 1 y se comparan logaritmos: como ln es inyectiva, ln A = ln 5 pasa sólo si A = 5.

ln(5 + 4x − x²) = ln 5 ⇔ 5 + 4x − x² = 5 ⇔ x(4 − x) = 0
x = 0 o x = 4

Los dos están en (−1 ; 5) ✓. Y caen simétricos respecto del vértice x = 2, como tiene que pasar con dos puntos de una parábola a la misma altura. El que divide por x en 4x − x² = 0 pierde el cero: factor común, nunca dividir por algo que puede valer 0.

d) Ahora la otra composición. En vez de desarrollar el cuadrado, conviene llamar u = ln x + 1 y resolver en u:

g(u) = 5 + 4u − u² = −(u − 5)(u + 1) = 0 ⇔ u = 5 o u = −1
ln x + 1 = 5 ⇒ ln x = 4 ⇒ x = e⁴
ln x + 1 = −1 ⇒ ln x = −2 ⇒ x = e⁻²

Los dos son positivos, así que están en el dominio de f (que es el de g∘f). Control: f(e⁴) = 5 y g(5) = 5 + 20 − 25 = 0 ✓; f(e⁻²) = −1 y g(−1) = 5 − 4 − 1 = 0 ✓.

Donde se pierde el ítem. Resolver g(u) = 0 y contestar «5 y −1» es dar los valores de u, no de x: falta volver. Olvidarse del + 1 de f da ln x = 5 y ln x = −1, o sea e⁵ y e⁻¹. Y buscar los ceros de ln(g(x)) + 1 es haber compuesto al revés: ésos son los de f∘g, que son otros números (2 ± √(9 − 1/e)).

e) En todo su dominio f∘g no tiene inversa: sube hasta x = 2 y después baja, así que cada valor menor que M lo toma dos veces (en c se vio: el 1 + ln 5, en x = 0 y en x = 4). Restringida a [2 ; 5) es decreciente, y ahí sí. Calcular h⁻¹(1) es buscar el x de [2 ; 5) donde h vale 1:

ln(5 + 4x − x²) + 1 = 1 ⇔ 5 + 4x − x² = 1 ⇔ x² − 4x − 4 = 0
x = (4 ± √32)/2 = 2 ± 2√2

2 − 2√2 ≈ −0,83 ✘ (no está en [2 ; 5)) · 2 + 2√2 ≈ 4,83 ✓
h⁻¹(1) = 2 + 2√2

El 2 − 2√2 es la trampa: está en el dominio de f∘g, y por eso la cuenta lo devuelve, pero la restricción es justamente lo que elige una de las dos raíces. Control por la fórmula de la inversa, despejando en [2 ; 5): y = ln(5 + 4x − x²) + 1 da x = 2 + √(9 − e^(y−1)), y en y = 1 queda 2 + √8 = 2 + 2√2 ✓.

Si te costó, está explicado en: 3.1 Composición de funciones · 3.2 Función inversa · 3.3 Exponenciales y logaritmos: gráficos, dominios y ecuaciones · 2.4 Función cuadrática: vértice, imagen, ceros y signo

Ejercicio 2 — El coseno triplicado y un triángulo 20 puntos

Los ítems a) a d) son sobre f(x) = 2cos(3x) − √3, en el intervalo [0 ; π]. El ítem e) es aparte: en un triángulo ABC se sabe que AB = 15, BC = 13 y ∠BAC = 60°.

a) ¿Cuál es el período de f? (podés usar pi)
b) ¿En qué x del intervalo [0 ; π] alcanza f su valor mínimo? (escribilos como π/4 y 3π/4)
c) ¿Cuántos ceros tiene f en el intervalo [0 ; π]? (sólo el número)
d) ¿Cuál es el mayor cero de f en [0 ; π]? (escribilo como 5π/9)
e) En el triángulo ABC del enunciado, ¿cuánto puede medir AC? Dar todos los valores posibles. (escribilos como 4 y 9)

Resolución

a) El 3 adentro del coseno acelera: el ángulo 3x da una vuelta completa cuando x avanza un tercio de lo que avanzaría con cos x.

3(x + T) = 3x + 2π ⇒ T = 2π/3

El −√3 de afuera y el 2 que multiplica no cambian el período: corren y estiran en vertical.

Para los ítems b) a d) hay un solo método, y conviene decirlo antes de hacer cuentas: se resuelve en u = 3x y se traduce el intervalo. Si x va de 0 a π, u = 3x va de 0 a 3π: una vuelta y media.

b) El mínimo de 2cos u − √3 es cuando cos u = −1, que en [0 ; 3π] pasa en u = π y en u = 3π:

3x = π ⇒ x = π/3 · 3x = 3π ⇒ x = π
x = π/3 y x = π, con f = −2 − √3

El segundo es un borde del intervalo, y es el que se pierde: el intervalo es cerrado, así que x = π entra, y cos(3π) = cos(π) = −1.

c) Los ceros:

2cos(3x) − √3 = 0 ⇔ cos u = √3/2 ⇔ u = π/6 + 2kπ o u = −π/6 + 2kπ

Ahora se barre [0 ; 3π] con las dos ramas:

rama +: π/6 ✓, 13π/6 ✓, 25π/6 ✘ (se pasa)
rama −: −π/6 ✘ (negativo), 11π/6 ✓, 23π/6 ✘ (se pasa)

u ∈ {π/6, 11π/6, 13π/6} ⇒ x ∈ {π/18, 11π/18, 13π/18}
tres ceros

La trampa del ejercicio. Resolver cos(3x) = √3/2 «como si fuera cos x», encontrar las dos soluciones de una vuelta y dividir por 3 da dos ceros, π/18 y 11π/18, y se pierde el tercero. Al multiplicar la x por 3 el intervalo del ángulo se triplica, y en la media vuelta de más cae otra solución. Si el intervalo fuera [0 ; 2π], el ángulo recorrería tres vueltas y serían seis.

Control independiente de la cuenta: f(0) = 2 − √3 > 0, f(π/3) = −2 − √3 < 0, f(2π/3) = 2 − √3 > 0 y f(π) = −2 − √3 < 0. Tres cambios de signo en tres tramos, así que por Bolzano hay al menos un cero en cada uno: son exactamente los tres.

d) El mayor es el de u = 13π/6:

x = 13π/18 ≈ 2,27 (y 13π/18 < π ✓)

Contestar 11π/18 es haberse quedado en la primera vuelta; contestar 13π/6 es no haber vuelto de u a x.

e) Con la convención de siempre, a = BC = 13 es el lado opuesto a α = ∠BAC = 60°, c = AB = 15 y la incógnita es b = AC. El 60° no está entre los dos lados conocidos, así que el coseno no da el lado de una. Pero el teorema del coseno escrito para a sigue siendo verdad, y tiene a b adentro:

a² = b² + c² − 2bc·cos α
169 = b² + 225 − 2·15·b·(1/2)
b² − 15b + 56 = 0 ⇒ (b − 7)(b − 8) = 0

AC = 7 o AC = 8

Las dos sirven, y ése es el caso ambiguo visto desde el coseno. Con dos lados y un ángulo opuesto a uno de ellos puede haber dos triángulos, y la cuadrática lo dice sola: dos raíces positivas, dos triángulos. Control con el teorema del seno: sen γ = 15·sen 60°/13 ≈ 0,999, que da γ ≈ 87,8° o γ ≈ 92,2°; con b = 8 y con b = 7 salen esos dos ángulos, y en los dos casos α + β + γ = 180°.

El error típico es usar el 60° como si estuviera entre AB y BC: 15² + 13² − 2·15·13·(1/2) = 199, y √199 ≈ 14,1. Pero el ángulo entre AB y BC es β, que no es dato.

Si te costó, está explicado en: 3.5 Seno, coseno y tangente: radianes, valores, imagen y extremos · 3.6 Ecuaciones trigonométricas en un intervalo · 3.8 Teoremas del seno y del coseno

Ejercicio 3 — El agujero y la asíntota 20 puntos

Sea f(x) = (x² + bx + 6)/(x² − x − 2), con b un número real. Hay que elegir b para que f tenga límite finito en x = 2, y después estudiar sus asíntotas, un límite lateral de e^(f(x)) y la continuidad de una función partida armada con f.

a) ¿Para qué valor de b existe, y es un número real, el límite de f cuando x → 2?
b) Con ese valor de b, calcular el límite de f cuando x → 2. (como fracción)
c) Con ese b, dar la ecuación de la asíntota vertical de f.
d) Con ese b, calcular el límite de e^(f(x)) cuando x → −1 por derecha (x → −1⁺).
e) Con ese b, sea g(x) = f(x) si x < 2, y g(x) = m·x + 1 si x ≥ 2. ¿Para qué valor de m es g continua en x = 2? (como fracción)

Resolución

El denominador se factoriza primero, porque todo el ejercicio vive en sus dos ceros:

x² − x − 2 = (x − 2)(x + 1) → se anula en x = 2 y en x = −1

a) Cerca de 2 el denominador va a 0. Si el numerador no va a 0, el cociente se dispara y el límite no es un número. Así que hace falta que el numerador también se anule en 2, y ése es el único b que sirve:

2² + 2b + 6 = 0 ⇒ b = −5
x² − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3)

Si en cambio se anula el numerador en −1 (1 − b + 6 = 0, b = 7), el agujero pasa a estar en −1 y en x = 2 queda una asíntota: con b = 7 el límite en 2 no existe. Ése es el distractor que da «resolver la condición en el cero equivocado».

b) Con b = −5 se cancela el factor común:

f(x) = (x − 2)(x − 3) / ((x − 2)(x + 1)) = (x − 3)/(x + 1) (x ≠ 2)
lím_x→2 f(x) = (2 − 3)/(2 + 1) = −1/3

Control numérico, que cuesta dos cuentas: f(1,999) ≈ −0,3338 y f(2,001) ≈ −0,3329. Los dos lados se acercan a −0,333… ✓

c) Que el denominador se anule en un punto no alcanza para que haya asíntota: hace falta que f se vaya a ±∞. En x = 2 el límite es −1/3, un número: ahí el gráfico tiene un agujero, no una asíntota. En x = −1, después de cancelar, arriba queda −4 y abajo 0:

asíntota vertical: x = −1 · en x = 2, agujero en (2 ; −1/3)

(Y la horizontal, que no se pide, es y = 1: grados iguales, coeficientes principales 1 y 1.)

d) Un límite de e^algo se resuelve mirando primero a qué va el exponente, con su signo. Por derecha de −1:

x → −1⁺: x − 3 → −4, x + 1 → 0⁺ ⇒ f(x) → −∞
e^(f(x)) → e^(−∞) = 0

El lado importa, y es la trampa del ítem. Por izquierda, x + 1 → 0⁻ y el cociente −4/0⁻ se va a +∞, así que e^(f(x)) → +∞. Por derecha, −4/0⁺ → −∞ y la exponencial se aplasta contra 0. Es la misma situación que e^(1/x) en 0: un lado se dispara, el otro se apaga. Contestar +∞ sin mirar el signo de x + 1 es contestar el otro límite.

Control: f(−0,99) = −3,99/0,01 = −399 y e^(−399) es un número con 173 ceros después de la coma.

e) Continuidad en 2 son tres cosas a la vez: que g(2) exista, que exista el límite, y que coincidan. Cada tramo da un lado:

por izquierda: lím_x→2⁻ f(x) = −1/3 (de b)
por derecha, y en el punto: g(2) = 2m + 1
2m + 1 = −1/3 ⇒ 2m = −4/3 ⇒ m = −2/3

Control: −(2/3)·2 + 1 = −1/3 ✓. Fijate que f no está definida en 2, y aun así g puede ser continua ahí: lo que usa la continuidad por izquierda es el límite, no el valor. Los dos errores de este ítem son de cuenta y se cazan con el control: olvidarse del + 1 (2m = −1/3, da −1/6) o del signo del límite (2m + 1 = 1/3, da −1/3).

Si te costó, está explicado en: 4.2 Límites laterales y asíntotas verticales · 4.4 Continuidad y funciones partidas

Ejercicio 4 — La tangente horizontal y el límite que se resiste 20 puntos

Sea f(x) = ln(2x − 3) + a·x, con a un número real, definida para x > 3/2. Se sabe que la recta tangente al gráfico de f en el punto de abscisa x₀ = 2 es horizontal.

a) Hallar a.
b) Con ese a, la tangente horizontal en x₀ = 2 es la recta y = c. ¿Cuánto vale c?
c) Con ese a, ¿en qué x la recta tangente al gráfico de f es paralela a la recta y = −x + 7? (como fracción)
d) Con ese a, calcular el límite de (f(x) + 4)/(x − 2)² cuando x → 2.
e) Con ese a, calcular f″(2).

Resolución

a) «Tangente horizontal en x₀ = 2» es f′(2) = 0. La derivada de ln(2x − 3) sale con la regla de la cadena: la de afuera es 1/(lo de adentro), la de adentro es 2.

f′(x) = 2/(2x − 3) + a
f′(2) = 2/(4 − 3) + a = 2 + a = 0 ⇒ a = −2

Sin el 2 de la cadena se llega a 1 + a = 0, a = −1: es el error del ejercicio, y arrastra a c).

b) Una recta horizontal es y = constante, y la que toca el gráfico en x = 2 tiene esa constante igual a f(2), no a f′(2) (que es 0 y es la pendiente):

f(2) = ln(1) − 2·2 = 0 − 4 ⇒ y = −4

c) Dos rectas son paralelas si tienen la misma pendiente. La de y = −x + 7 es −1:

2/(2x − 3) − 2 = −1 ⇒ 2/(2x − 3) = 1 ⇒ 2x − 3 = 2 ⇒ x = 5/2

5/2 > 3/2, así que está en el dominio ✓. Control: f′(5/2) = 2/2 − 2 = −1 ✓.

d) En x = 2 el numerador vale f(2) + 4 = 0 y el denominador (x − 2)² = 0: es 0/0 y vale L'Hôpital. Primera vuelta, derivando arriba y abajo por separado:

(f(x) + 4)′ = 2/(2x − 3) − 2 · ((x − 2)²)′ = 2(x − 2)
en x = 2: (2 − 2)/(2·0) = 0/0 — sigue indeterminado

La trampa, y no es casualidad. El numerador de la primera vuelta es f′(x), y f′(2) = 0 porque la tangente en 2 es horizontal, que es el dato del ejercicio. El que reemplaza sin mirar escribe 0/0 = 0, o «no existe», y pierde el ítem. Cuando después de L'Hôpital sigue habiendo 0/0 se deriva otra vez:

(2/(2x − 3) − 2)′ = −4/(2x − 3)² · (2(x − 2))′ = 2
lím_x→2 = (−4/1)/2 = −2

Control numérico, con la función original: x = 2,001 da (ln(1,002) − 4,002 + 4)/0,000001 ≈ −1,997, y x = 1,999 da ≈ −2,003. Los dos lados van a −2 ✓. Y el signo tiene sentido: cerca de su máximo la curva está por debajo de la tangente y = −4, así que f(x) + 4 < 0.

Si te dio −4, derivaste dos veces arriba pero abajo te quedaste en 1 en lugar de 2.

e) Una derivada más de f′(x) = 2(2x − 3)⁻¹ − 2, con la cadena otra vez:

f″(x) = 2·(−1)·(2x − 3)⁻²·2 = −4/(2x − 3)²
f″(2) = −4

Dos lecturas que atan el ejercicio. f′(2) = 0 con f″(2) < 0 dice que en x = 2 hay un máximo relativo, y por eso la tangente horizontal queda por encima de la curva. Y el límite de d) es exactamente f″(2)/2 = −2: cuando f(2) + 4 y f′(2) se anulan, lo que decide cómo se aparta f de su tangente es la derivada segunda.

Si te costó, está explicado en: 5.2 La regla de la cadena · 5.3 Recta tangente: con condiciones y con parámetros · 5.4 Derivadas sucesivas, velocidad y aceleración · 5.5 La regla de L'Hôpital

Ejercicio 5 — La bandeja de almácigos 20 puntos

Para armar una bandeja de almácigos sin tapa se parte de una chapa rectangular de 80 cm por 50 cm. En cada esquina se corta un cuadrado de x cm de lado y se doblan hacia arriba las cuatro solapas. El volumen de la bandeja, en cm³, es V(x) = x·(80 − 2x)·(50 − 2x).

a) ¿Para qué valores de x la bandeja existe? Dar el dominio de V en el problema, como intervalo.
b) Hallar todos los x donde V′(x) = 0, estén o no en el dominio. (escribilos como 5 y 70/3)
c) ¿Cuál es el volumen máximo de la bandeja, en litros? (1 litro = 1000 cm³; sólo el número)
d) ¿En qué intervalo del dominio el volumen decrece?
e) Por diseño, las paredes de la bandeja tienen que medir entre 12 cm y 20 cm de alto: x ∈ [12 ; 20]. ¿Qué x da el mayor volumen posible?

Resolución

La función ya viene armada, así que el trabajo es de estudio. Conviene desarrollarla, porque derivar un producto de tres factores es más largo y se presta a errores:

V(x) = x(80 − 2x)(50 − 2x) = 4x³ − 260x² + 4000x

a) Una bandeja de verdad pide tres cosas positivas: el alto x, el largo del fondo 80 − 2x y el ancho del fondo 50 − 2x.

x > 0 · 80 − 2x > 0 ⇔ x < 40 · 50 − 2x > 0 ⇔ x < 25
Dom = (0 ; 25)

Manda la restricción más fuerte, la del lado corto. El que mira sólo el 80 contesta (0 ; 40), y con x = 30, por ejemplo, el ancho del fondo sería −10 cm.

b) La derivada, con el factor común 4 afuera para que la cuadrática quede chica:

V′(x) = 12x² − 520x + 4000 = 4(3x² − 130x + 1000)
x = (130 ± √(16900 − 12000))/6 = (130 ± 70)/6
x = 10 y x = 100/3 ≈ 33,3

Control: 4(x − 10)(3x − 100) = 4(3x² − 130x + 1000) ✓.

c) El 100/3 no es candidato: está fuera de (0 ; 25). Evaluar ahí da V(100/3) = (100/3)(40/3)(−50/3) < 0, un «volumen» negativo, que es la forma más clara de ver que no es una bandeja. Queda x = 10:

V(10) = 10 · 60 · 30 = 18000 cm³ = 18 litros

Por qué es el máximo, y no sólo un crítico. En (0 ; 10) V′ > 0 y en (10 ; 25) V′ < 0: V sube y después baja, así que x = 10 es un máximo relativo. Y como es el único crítico de un intervalo abierto donde V vale 0 en los dos extremos, es también el máximo absoluto del problema. Control con dos vecinos: V(9) = 9·62·32 = 17856 y V(11) = 11·58·28 = 17864, los dos menores que 18000 ✓.

d) El cuadro de signos de V′ = 4(x − 10)(3x − 100), recortado al dominio:

(0 ; 10): (−)·(−) = + → crece
(10 ; 25): (+)·(−) = − → decrece

En todo ℝ el tramo negativo de V′ sería (10 ; 100/3), pero el problema termina en 25: lo que pasa después no es de ninguna bandeja.

e) Ahora el dominio se achica a [12 ; 20], que es cerrado y no contiene al crítico. Los extremos absolutos de una función continua en un intervalo cerrado están en los críticos de adentro o en los bordes; como no hay críticos adentro, quedan los bordes:

V(12) = 12 · 56 · 26 = 17472 cm³
V(20) = 20 · 40 · 10 = 8000 cm³
máximo en x = 12

Se ve también sin evaluar: [12 ; 20] está entero dentro de (10 ; 25), donde V decrece, así que el más alto es el primero. La trampa es contestar 10, el máximo del problema sin restricción, que no cumple x ≥ 12: en un intervalo cerrado siempre hay que mirar los bordes.

Si te costó, está explicado en: 6.5 Problemas de optimización · 6.2 Estudio completo de polinomios y racionales · 6.4 Extremos absolutos y modelos biológicos

Leerlo resuelto no es lo mismo que rendirlo. Acá lo podés hacer entero sin que te corrija nada hasta entregarlo, igual que en el aula, y recién ahí te dice la nota, cómo se resolvía cada ejercicio y a qué temas te conviene volver.

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También está resuelto el segundo parcial de Matemática (61).

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