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

Qué pide. Son dos preguntas de la misma práctica bajo el mismo número. En la primera hay que medir una región que tiene dos pedazos, uno de cada lado de un cruce; en la segunda, resolver una ecuación diferencial que se separa y cuya integral pide partes.

a) Los cortes son donde las dos alturas coinciden:

Control: f(−1) = −1 y g(−1) = 1 − 2 = −1 ✓; f(2) = 8 y g(2) = 4 + 4 = 8 ✓. El error de este ítem es dividir por x al principio (x² = x + 2): da −1 y 2 y se pierde el cero, que es justo donde hay que partir.

b) Una primitiva de f − g = x³ − x² − 2x es F(x) = x⁴/4 − x³/3 − x². Por Barrow:

Control: derivando F vuelve x³ − x² − 2x ✓. Y el signo se entiende mirando el dibujo: el pedazo donde g va arriba es más grande que el otro, así que la integral de f − g sale negativa.

c) Acá está la trampa. La región tiene dos pedazos y en cada uno va arriba una curva distinta. Para saber cuál, se mira un punto de adentro de cada tramo:

Control por otro camino: la integral numérica de |f − g| entre −1 y 2 da 3,0833 ✓. Y un control de coherencia con b): los dos pedazos con signo tienen que sumar lo de b), y 5/12 − 8/3 = −9/4 ✓.

Contestar 9/4 es el error típico: integrar de una sola vez, ver que da negativo y «arreglarlo» cambiando el signo. Ese número es la resta de los dos pedazos, no su suma.

d) La clave es una propiedad de la exponencial: e^(x − y) = eˣ·e^(−y) = eˣ/e^y. Entonces

Las otras opciones salen de errores concretos: e^(−y) dy corresponde a la ecuación y′ = x·e^(x + y); «dy + e^y dx» sale de creer que e^(x − y) = eˣ − e^y, que es falso; y dy/y = x·eˣ dx es la separación de y′ = x·eˣ·y, otra ecuación.

e) El lado izquierdo es inmediato: ∫ e^y dy = e^y. El derecho va por partes, con u = x y dv = eˣ dx (du = dx, v = eˣ):

Queda e^y = (x − 1)eˣ + C. Con la condición, x = 0 e y = 0:

Control, reemplazando en la ecuación: y′ = x·eˣ/((x − 1)eˣ + 2) = x·eˣ/e^y = x·e^(x − y) ✓, e y(0) = ln(−1 + 2) = ln 1 = 0 ✓. Además (x − 1)eˣ + 2 tiene su mínimo en x = 0, donde vale 1: nunca se hace cero ni negativo, así que la solución está definida en todo ℝ.

El error del ítem es la constante: poner C = 0 «porque y(0) = 0» da e^y = (x − 1)eˣ, que en x = 0 vale −1, y una exponencial no puede ser negativa.

f) Cuando x → −∞, eˣ se va a 0 más rápido de lo que x − 1 se va a −∞, así que (x − 1)eˣ → 0 (es un «∞·0» que se resuelve con L'Hôpital escribiéndolo como (x − 1)/e^(−x)). Entonces

Control numérico: integrando la ecuación paso a paso desde (0, 0) hacia la izquierda, en x = −30 la solución vale 0,6931 ✓. Hacia +∞ pasa lo contrario: y crece sin cota. Contestar 2 es quedarse con el límite de e^y y olvidar el logaritmo.

Dónde se pierde el ejercicio: en c), contestando 9/4; en a), dividiendo por x y perdiendo el corte en 0 (y con él, el lugar donde hay que partir); y en d), partiendo e^(x − y) como si fuera una resta de exponenciales.

Qué pide. Clasificar un sistema según k y resolverlo en dos casos. Se arranca escalonando con la k adentro, sin darle ningún valor, y recién al final se miran los k que anulan algo.

1. Escalonar. Con F₂ − 2F₁ y F₃ − 2F₁:

Para no dividir por k − 3, que puede ser cero, conviene usar de pivote el −1 de la tercera fila: se intercambian las dos de abajo y a la nueva tercera se le suma (k − 3) veces la nueva segunda:

a) El coeficiente de x₃ en la última fila se anula en k = 2 y k = 4. Para cualquier otro k hay tres pivotes y el sistema es compatible determinado. Control por otro camino: el determinante de la matriz de coeficientes, calculado directo, da k² − 6k + 8 ✓.

b) Acá está la trampa. Para k ≠ 2 y k ≠ 4, la última fila da

y la tentación es quedarse con la versión simplificada y decir «en k = 2 da x₃ = (2 − 12)/(2 − 4) = 5: solución única». Está mal: la simplificación vale sólo si k − 2 ≠ 0. En k = 2 la última fila es 0·x₃ = 0, que se cumple siempre, y quedan dos ecuaciones para tres incógnitas. Se ve también sin escalonar: con k = 2 la segunda y la tercera ecuación son idénticas, 2x₁ + 3x₂ + 3x₃ = 1. El sistema es compatible indeterminado, con rg A = rg (A|b) = 2. (Y x₃ = 5 no está prohibido: es una de las infinitas soluciones, la de t = 5.)

c) En k = 4 la última fila es 0·x₃ = (4 − 2)(4 − 12) = −16: una igualdad imposible. Se ve igual con los números puestos: F₂ − 2F₁ = (0, 1, −1 | −9) y F₃ − 2F₁ = (0, −1, 1 | −7) dicen x₂ − x₃ = −9 y x₂ − x₃ = 7 a la vez. Incompatible: rg A = 2 y rg (A|b) = 3.

El error de este ítem es el simétrico del anterior: ver que se anula el coeficiente y contestar «indeterminado» sin mirar el término independiente. Con los mismos ceros en la matriz, lo que decide es la columna de la derecha.

d) y e) Con k = 2 alcanzan la primera ecuación y F₂ − 2F₁, que queda −x₂ − x₃ = −9. Con x₃ = t:

La t se cancela en x₁, y eso desconcierta: no hay nada mal. Todas las soluciones tienen la misma primera coordenada, y la recta de soluciones (−13, 9 − t, t) es paralela al plano x₁ = 0. Control con t = 2: (−13, 7, 2) da −13 + 14 + 4 = 5 ✓ y −26 + 21 + 6 = 1 ✓ (y la tercera es igual a la segunda).

f) Con k = 0 la fórmula del b) da x₃ = (0 − 12)/(0 − 4) = 3; la fila de arriba, −x₂ + (0 − 3)·3 = 0 − 11, da x₂ = 2; y la primera, x₁ = 5 − 4 − 6 = −5:

Control en las tres ecuaciones originales: −5 + 4 + 6 = 5 ✓; −10 + 2 + 9 = 1 ✓; −10 + 6 + 3 = −1 = k − 1 ✓. Por Cramer sale lo mismo.

Dónde se pierde el ejercicio: en b), simplificando (k − 2) y declarando que con k = 2 hay solución única; en c), confundiendo «se anula el coeficiente» con «hay infinitas»; y en f), usando 1 en vez de k − 1 = −1 en la tercera ecuación.

Qué pide. Cuándo A tiene inversa (el determinante), la inversa para un k concreto, usarla para resolver un sistema, y las propiedades del determinante con un producto.

a) Por Sarrus, las tres diagonales que bajan menos las tres que suben:

Control por otro camino, desarrollando por la segunda fila (−1, 1, −1), con los signos del damero (−, +, −): −(−1)·(−2 + k) + 1·(4 − k²) − (−1)·(−2 + k) = (k − 2) + (4 − k²) + (k − 2) = 2k − k² ✓.

b) A es inversible si y sólo si det(A) ≠ 0:

Se puede controlar mirando las filas. Con k = 2, la primera y la tercera son iguales, (2, −1, 2). Con k = 0 es menos visible, pero F₁ + 2F₂ + F₃ = (2 − 2 + 0, −1 + 2 − 1, 0 − 2 + 2) = (0, 0, 0): las filas son dependientes ✓. El error típico es dividir por k al resolver la ecuación, que se lleva la solución k = 0.

c) Con k = 1, det(A) = 2 − 1 = 1 ≠ 0. Se arma [A | I] y se lleva por filas a [I | A⁻¹]:

El control que conviene hacer siempre, y es el del dibujo: A·A⁻¹ = I. Por ejemplo, la segunda fila de A, (−1, 1, −1), por las tres columnas de A⁻¹: −1 + 1 − 0 = 0, −1 + 3 − 1 = 1, 0 + 1 − 1 = 0, que es (0, 1, 0) ✓. Como A es simétrica, su inversa también lo es, y eso sirve de control extra.

d) Si A es inversible, A·x = b tiene una única solución, x = A⁻¹·b:

Control, reemplazando en el sistema: A·(1, 3, 2) = (2 − 3 + 2, −1 + 3 − 2, 1 − 3 + 4) = (1, 0, 2) ✓. Multiplicar A·b en vez de A⁻¹·b da (4, −3, 5), que no cumple nada.

e) Acá está la trampa. Con k = 3, det(A) = 6 − 9 = −3. Y tres propiedades:

Control con matrices de verdad: tomando una B cualquiera con det(B) = 4 (por ejemplo, la diagonal con 4, 1 y 1) y calculando el determinante del producto entero, da −6 ✓. Sacar el 2 sin el cubo da −3/2; usar det(B) en lugar de 1/det(B) da −96.

Dónde se pierde el ejercicio: en b), perdiendo k = 0 al dividir por k; en e), con el 2 sin elevar al cubo; y en a), con un signo de Sarrus, que arrastra todo lo demás.

Qué pide. La ecuación de un plano por tres puntos, el pie de la perpendicular desde un punto de afuera, cuándo una recta es paralela al plano (y si además está adentro), y la posición de dos rectas en el espacio. Todo sale de la normal.

a) Dos direcciones del plano son B − A y C − A; la normal es perpendicular a las dos:

Control: ⟨(1, 3, −2) ; (−1, 1, 1)⟩ = −1 + 3 − 2 = 0 ✓ y ⟨(1, 3, −2) ; (−1, 3, 4)⟩ = −1 + 9 − 8 = 0 ✓. Hacer B × C sin restar A da (3, 0, 0), que no es normal a nada de este plano: B y C son puntos, no direcciones.

b) Π: x + 3y − 2z = d, y d sale de cualquiera de los tres puntos. Con A: 1 + 0 + 2 = 3. Control con B (0 + 3 − 0 = 3 ✓) y con C (0 + 9 − 6 = 3 ✓): los tres dan lo mismo, que es la prueba de que la normal está bien.

c) La recta perpendicular a Π por R tiene como dirección la normal:

Se reemplaza en la ecuación del plano:

Control: 1 + 6 − 4 = 3 ✓, y R − F = (1, 3, −2) es la normal ✓. Otro camino, que no comparte la cuenta: el punto de Π más cercano a R es el pie de la perpendicular, y minimizando la distancia de R a los puntos de Π sale el mismo (1, 2, 2). De paso, la distancia de R al plano es |R − F| = √14.

d) M_k es paralela a Π cuando su dirección no tiene componente en la normal, o sea cuando es perpendicular a ella:

Contestar k = 3 es copiar el 3 de la normal en la dirección, como si «paralela al plano» fuera «parecida a la normal». Es al revés: con k = 3, ⟨(1, 3, 2) ; (1, 3, −2)⟩ = 6 ≠ 0, y esa recta corta al plano. La dirección igual a la normal daría una recta perpendicular a Π.

e) Acá está la primera trampa. «Paralela a Π» todavía no dice si la recta está adentro o anda por afuera. Se prueba un punto: (2, 1, 1) da 2 + 3 − 2 = 3, así que está en Π. Una recta paralela al plano con un punto en él está entera adentro. Reemplazando la recta completa, (2 + λ) + 3(1 + λ) − 2(1 + 2λ) = 3 + 0·λ = 3 para todo λ ✓: M₁ está contenida en Π. (Para cualquier otro k, la recta corta a Π en un solo punto, el (2, 1, 1).)

f) Y la segunda. N tiene dirección (1, 3, −2), la normal, y M₁ vive en Π, así que sus direcciones son perpendiculares: ⟨(1, 3, −2) ; (1, 1, 2)⟩ = 0. Es tentador decir «se cortan en ángulo recto», pero hay que ver si se tocan:

No se cortan, y no son paralelas: son alabeadas. Control por otro camino: el producto mixto ⟨(2, 1, 1) − R ; (1, 3, −2) × (1, 1, 2)⟩ = ⟨(0, −4, 1) ; (8, −4, −2)⟩ = 14 ≠ 0, que es exactamente la condición de que dos rectas no paralelas no estén en un mismo plano. La distancia mínima entre ellas es √21/3.

Dónde se pierde el ejercicio: en a), haciendo B × C; en e), contestando «paralela y no lo toca» sin probar ningún punto; y en f), creyendo que dos rectas con direcciones perpendiculares se cortan.

Qué pide. Contar órdenes de letras con repetidas, con dos restricciones distintas; pasar de un conteo a una probabilidad; y una extracción sin reposición con «al menos una».

a) ALFALFA tiene siete letras: A tres veces, L dos y F dos. Si fueran siete letras distintas habría 7! = 5040 órdenes. Pero cambiar entre sí las tres A no cambia la palabra (eso son 3! órdenes que se leen igual), y lo mismo con las dos L y las dos F:

Control por un camino que no divide: se eligen los tres lugares de las A, C(7, 3) = 35; de los cuatro que quedan, los dos de las L, C(4, 2) = 6; las F van a los dos últimos. 35·6 = 210 ✓. Y enumerando las 5040 permutaciones y descartando las repetidas quedan 210 ✓.

b) Con una A fija en cada punta, en el medio quedan cinco lugares para A, L, L, F, F:

El error es elegir «qué A va adelante» (3 maneras) y «qué A va atrás» (2): da 180, porque trata como distintas letras que no lo son.

c) Acá está la trampa. Las dos L juntas se pegan en un bloque, que cuenta como una letra más. Quedan seis cosas —LL, A, A, A, F, F— con tres A y dos F iguales:

Con personas, un bloque de dos se multiplica por 2 (Ana–Bruno o Bruno–Ana). Con dos letras iguales no: LL dado vuelta es LL. Multiplicar por 2 da 120, el error del ítem. Enumerando, hay exactamente 60 palabras con «LL» adentro ✓.

d) Las 210 palabras son igualmente probables, así que

Control por otro camino: de las siete posiciones, las dos L ocupan un par al azar entre C(7, 2) = 21; los pares de lugares vecinos son 6 (1–2, 2–3, …, 6–7). 6/21 = 2/7 ✓. Una simulación de 400000 órdenes al azar da 0,2857 ✓. Mezclar conteos —60 sobre 5040, por ejemplo— no da una probabilidad: los favorables y los posibles tienen que contarse igual.

e) Sin reposición, cada extracción cambia la bolsa. Con el árbol, por la rama A–A–A:

Control por otro camino, sin orden: hay C(7, 3) = 35 tríos de fichas igualmente probables, y uno solo tiene las tres A ✓. Multiplicar (3/7)³ = 27/343 es suponer que cada ficha vuelve a la bolsa.

f) «Al menos una F» abarca varios casos (una F, dos F). Es más corto el complemento, «ninguna F», que es sacar tres de las cinco fichas que no son F:

Control por casos: exactamente una F, C(2, 1)·C(5, 2) = 20 tríos; las dos F, C(2, 2)·C(5, 1) = 5 tríos; (20 + 5)/35 = 5/7 ✓. Con reposición saldría 1 − (5/7)³ = 218/343, que es otro experimento.

Dónde se pierde el ejercicio: en a), no dividiendo por todos los grupos de repetidas; en c), multiplicando por 2 el bloque de dos letras iguales; y en e) y f), haciendo las cuentas como si las fichas volvieran a la bolsa.