Rtas (2009 Diciembre 21 - 2C Tema 1)

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Matemática 
Material de uso exclusivamente educativo 
RESPUESTAS MODELO EXAMEN FINAL 
Segundo Cuatrimestre 2009 – Tema 1 
 
 
1. a. Hallá, analíticamente los intervalos del dominio en que es f(x) ≥ g(x), donde: 
 20x30x5)x(f 2 −+−= 4x)x(g 2 +=
 b. Hallá el área de la región delimitada entre f y g. 
 
Solución y comentarios 
 
a) Empecemos por representar las dos funciones para darnos una idea de la situación. 
 
 
 
En el gráfico podemos ver que las gráficas de las funciones se cortan en x = 1 y en x = 4 y que en el 
intervalo [1; 4] es f(x) ≥ g(x). 
 
Pero, debemos resolver el problema analíticamente. Lo hacemos. 
 
Como debemos encontrar los intervalos del dominio en que es f(x) ≥ g(x), planteamos: 
– 5x2 + 30x – 20 ≥ x2 + 4 
Comparamos con cero, para eso hacemos: 
 – 5x2 + 30x – 20 – x2 – 4 ≥ 0 
Y operando; 
 – 6x2 + 30x – 24 ≥ 0 
Buscamos las raíces de la ecuación 
– 6x2 + 30x – 24 = 0 
Usamos: 
a2
ac4bbx
2
2,1
−±−
= 
siendo a = -6; b = 30 y c = -24 reemplazamos y operamos: 
12
1830
12
57690030
)6(2
)24)(6(43030
x
2
2,1
−
±−
=
−
−±−
=
−
−−−±−
=
 
Tenemos: 
 
 
 
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Material de uso exclusivamente educativo 
4x1x
12
1830x
12
1830x
21
21
==
−
−−
=
−
+−
=
 
Luego, las graficas de las funciones se cortan para x1 = 1 y x2 = 4. 
Ahora, contestamos la pregunta, ¿Cuándo es f(x) ≥ g(x)? 
Como las dos funciones están definidas en el conjunto de los números reales, y son continuas, 
podemos analizar lo que sucede con ellas en los intervalos (-∞; 1), (1; 4) y (4; + ∞) 
En el intervalo: 
• (-∞; 1), elegimos x = 0, entonces f(0) = -20 y g(0) = 4 por lo que en este intervalo 
es g(x) ≥ f(x) 
• (1; 4), elegimos x = 2, entonces f(2) = 20 y g(2) = 8 por lo que en este intervalo es 
f(x) ≥ g(x) 
• (4; + ∞) elegimos x = 5, entonces f(5) = 5 y g(5) = 29 por lo que en este intervalo 
es g(x) ≥ f(x) 
Por lo que, cuando x pertenece al intervalo [1; 4] es f(x) ≥ g(x) 
 
Observación: 
Como de la expresión – 6x2 + 30x – 24 ≥ 0 encontramos cuando es esta igual a cero 
(en x1 = 1 y en x2 = 4), podíamos analizar cuando es mayor que cero, en forma similar. 
Consideramos los intervalos del dominio: (-∞; 1), (1; 4) y (4; + ∞) y analizamos el signo de 
 f(x) = – 6x2 + 30x – 24 usando el teorema de Bolzano. 
• (-∞; 1), elegimos x = 0, entonces - 6.0 +30.0 -24 = -24 < 0 
• (1; 4), elegimos x = 2, - 6.4 +30.2 -24 = 12 > 0 
• (4; + ∞) elegimos x = 5, entonces – 6.25 +30.5 -24 = -24 < 0 
Por lo que es: 
– 6x2 + 30x – 24 ≥ 0 
cuando x pertenece al intervalo [1; 4] 
 
Vamos a resolver el segundo ítem. 
 b. Hallá el área de la región delimitada entre f y g. 
Para poder encontrar el área de la región, debemos: 
• Encontrar la intersección entre las dos curvas 
• En la región que delimitan, estudiar cuál queda por encima (techo) y cuál por debajo (piso) 
Si pensamos en lo que resolvimos en el primer ítem, tenemos las respuestas: 
• La intersección de las dos curvas se da cuando es x = 1 y x = 4 
• En ese intervalo es f(x) mayor que g(x) (por lo que f(x) hace de techo y g(x) de piso) 
Tenemos todo listo para buscar el área: 
dx)]4x()20x30x5[(A 2
4
1
2 +−−+−=∫ 
O bien 
dx)24x30x6(A
4
1
2 −+−=∫ 
Integramos: 
4
1
23
4
1
23
x24x15x2x24
2
x30
3
x6A −+−=−+−= 
Y aplicamos la regla de Barrow: 
271116
)24152()96240128(
)1.241.151.2()4.244.154.2(A 2323
=+=
−+−−−+−=
−+−−−+−=
 
Por lo que el área entre las dos curvas es 27 
 
 
 
 
 
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2. Dada la función: x2 ex2h(x) −=
 a. ¿En qué intervalos del dominio es h creciente? 
 b. Calculá la ecuación de la recta tangente a h en x = 0. 
 
 
Solución y comentarios 
 
a) El dominio de la función h son todos los números reales: Dom(h) = ℜ 
Para analizar en qué intervalos del dominio la función es creciente, recurrimos al estudio de la primera 
derivada. 
Entonces si: 
x2ex2)x(h −= 
Es 
x2' e22)x(h −= 
(observar que e2x es un a función compuesta) 
El dominio de la derivada son los números reales. 
Buscamos los puntos críticos igualando a cero la función derivada. 
2 – 2e2x = 0 
2(1– e2x) = 0 
 1– e2x = 0 dividiendo miembro a miembro por 2 
 – e2x = -1 restando miembro a miembro 1 
 e2x = 1 multiplicando miembro a miembro por -1 
2x. lne = ln 1 tomando logaritmos a ambos miembros 
 2x. 1 = 0 
 x = 0 
Luego x = 0 es el punto critico de la función. 
En el dominio de la derivada consideramos los intervalos: (-∞; 0) y (0; +∞) 
• En (-∞; 0), tomamos x = -1; h‘(-1) = 2 – 2 e--2 ≈ 1,73, como la derivada es positiva en este 
intervalo, la función crece en el mismo. 
• En (0; +∞) tomamos x = 1; h‘(1) = 2 – 2 e2 ≈ -12, 78, como la derivada es negativa en este 
intervalo, la función decrece en el mismo. 
Por lo que la función dada por h(x) = 2x – e2x es creciente en el intervalo (-∞; 0) 
 
b) Calculamos la ecuación de la recta tangente a la gráfica de h en x = 0 
Recordamos que la ecuación está dada por: 
y – h(a) = h’(a) (x – a) 
donde h(a) es el valor de la función para x = a; y h’(a) es el valor que toma la derivada para x = a. 
En nuestro caso a = 0, entonces; 
• 1e 0.2)0(h 20 −=−=
• 0 e22)0(h 20' =−=
Reemplazando en la ecuación de la recta: 
y – (-1) = 0 (x – 0) 
y + 1 = 0 
y = -1 
Luego la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en x =0 es la recta y = -1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. La aceleración con que se desplaza una partícula está dada por la ecuación tln.t3)t(a =
a. Decidí, si es cierto que la ecuación de la aceleración tiene una asíntota horizontal. Justificá 
usando límites. 
b. Hallá la ecuación de la velocidad, sabiendo que es cero para t = 1. 
 
 
 
Solución y comentarios. 
 
a) La función a está definida para los reales mayores que cero: 
Dom(a) =ℜ> 0 = (0; +∞) 
Debemos ver si para valores cada vez más grande de t la función se aproxima a algún número real, lo 
que equivale a buscar: 
tlnt3límt +∞→ 
Nos ayudamos dando valores a t; 
 
t tln.t3)t(a = 
10 69,07755278982140
1000 20723,2658369464
100000 3453877,63949107
100000000 5526204223,18571
1000000000 7598530806880,35
Observamos que para valores cada vez más grandes de t, la función crece infinitamente, por lo que 
∞+=+∞→ tlnt3límt 
Por lo tanto, la función no tiene asíntota horizontal. 
 
b) Hallá la ecuación de la velocidad, sabiendo que es cero para t = 1. 
La función que nos dan es la aceleración de la partícula. Como la aceleración es la derivada de la 
velocidad, ahora tenemos que integrar para hallar la velocidad. 
Esto es: 
si es tln.t3)t(a = ∫= dt)t(a)t(v
Entonces: 
∫∫ === dttln.t3dttln.t3)t(v 
La integral que nos quedó la debemos resolver por partes. Hacemos: 
u = ln t v’ = t 
u’ = 
t
1 v = Ct
2
1 2 + 
 
Luego; 
Ct.
4
1tlnt
2
13
Ct
2
1.
2
1tlnt
2
13
dtt
2
1tlnt
2
13
dt
t
1.t
2
1tlnt
2
13
dttln.t3dttln.t3)t(v
22
22
2
22
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −=
==
∫
∫
∫∫
 
Por lo que es 
Ct.
4
1tlnt
2
13)t(v 22 +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −= 
 
 
 
 
 
 
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Como nos piden la ecuación de la velocidad debemos hallar el valor de la constante C. Como dato 
tenemos que la velocidad es cero para t = 1. 
Podemos escribir; v(1) = 0 
0C1.
4
11ln1
2
13 22 =+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − 
 
4
3C
0C
4
3
0C
4
10.
2
13
=
=+−
=+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −Por lo que la ecuación de la velocidad es: 
 
4
3t.
4
1tlnt
2
13)t(v 22 +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −= 
 
 
 
4. Calculá la integral: ∫
+
4
0 2
dz
9z
z5
 
 
 
Solución y comentarios 
Resolvemos primero la integral 
∫∫
+
=
+
dz
9z
z5dz
9z
z5
22
 
Sin considerar los límites de integración y al resultado le aplicamos la regla de Barrow. 
Esta integral la resolvemos por sustitución ya que la derivada de z2 + 9 es 2z y z me aparece en el 
numerador. 
Hacemos: 
u = z2 + 9 
du = 2z dz 
zdzdu
2
1
= 
Resulta: 
∫
∫∫
=
+
=
+
du
u
1
2
1.5
dz
9z
z5dz
9z
z5
22
 
Como 
2
1
u
u
1 −
= 
Reemplazamos e integramos: 
Cu5
Cu.2.
2
5duu
2
5
2
1
2
1
2
1
+=
+=∫
−
 
 
Reemplazamos u por z2 + 9 y es: 
 
 
 
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C9z5dz
9z
z5 2
2
++=
+
∫ 
Ahora volvemos a la integral definida y vamos a aplicar Barrow: 
 
10
1525
3.55.5
95255
905945
9z5dz
9z
z5
22
4
0
2
4
0
2
=
−=
−=
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +=
+=
+
∫
 
 
Luego: 
10dz
9z
z5
4
0
2
=
+
∫ 
 
Observación: 
 
 Si cuando trabajamos con la integral definida 
∫
+
4
0
2
dz
9z
z5 
hacemos la sustitución 
u = z2 + 9 
du = 2z dz 
zdzdu
2
1
= 
Y reemplazamos, 
∫∫ =
+
4
0
4
0
2
du
u
1
2
5dz
9z
z5 
sin cambiar los límites de integración, esto está mal. 
Al cambiar la función por otra equivalente, los límites de integración cambian: 
Veamos: 
Si u = z2 + 9 
Cuando 
• z 0; u 02 + 9 = 9 
• z 4; u 42 + 9 = 25 
Entonces; hacemos: 
∫∫ =
+
25
9
4
0
2
du
u
1
2
5dz
9z
z5 
Al resolverla llegamos al mismo resultado: 
10
)35(5
)925(5
u5du
u
1
2
5dz
9z
z5 25
9
25
9
4
0
2
=
−=
−=
==
+
∫∫