final2017

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ANÁLIS. MATE. 
ING. - EXAC. 
1F2C2017 
 TEMA 1 - 18-12-17 
 
 
 
 
APELLIDO: 
 
SOBRE Nº: 
 
NOMBRES: 
 
Duración del examen: 2 hs 
 
DNI/CI/LC/LE/PAS. Nº: 
 
CALIFICACIÓN: 
 
 
Apellido del evaluador: 
 
E-MAIL: 
TELÉFONOS part: cel: 
Completar con letra clara, mayúscula e imprenta 
El examen cuenta con diez ejercicios de opción múltiple. Cada uno vale un punto. En estos ejercicios 
únicamente se corregirá la opción marcada. Se debe elegir una ÚNICA respuesta. Si se escribe más de una 
opción se considerará inválida la respuesta. 
El examen tiene que ser entregado en tinta y no se permite el uso de teléfonos móviles ni calculadoras. 
Copie sus resoluciones en una hoja que será entregada por el personal de UBA XXI para comparar con los 
criterios de corrección que estarán disponibles en la solapa “Evaluación” del campus virtual de la materia. 
 
 
1) El área encerrada entre las curvas xy /1 , su recta tangente en x = 1 y la recta y = 1/4 se calcula 
haciendo: 
 
 






4
1
4
71
dxx
x
  












2
4/7
4/7
1
2
1
4
11
dxx
x
dx
x
 
 
 












4/7
1
4
1
4
7
4
11
dxxdx
x
 Ninguna de las otras es válida 
 
 
 Resolución 
 
La recta tg a y = 1/x en x = 1 es: 
 
2
)1(11)(' 000


xy
xxxyyy
 
 
Si graficamos las curvas queda: 
 
 
 
La recta roja se cruza con la horizontal en 
 
 
4/7
4/12
4/12



x
x
x
 
 
Y la curva azul se cruza con la horizontal en: 
 
4
4/1/1


x
x
 
 
Por lo tanto nos quedan 2 áreas: la primera va desde x = 1 hasta x = 7/4, y la segunda desde x = 7/4 hasta x 
= 4. El techo es siempre 1/x en las dos, pero cambian los pisos. 
 
Pero no es la única forma de calcularla, Si hacemos la integral desde x = 1 hasta x = 4, de 1/x menos 1/4 
estaríamos calculando el área amarilla + la verde: 
 
 
 
Luego restamos el área en color verde y nos queda la respuesta marcada. 
 
 
 
2) La suma de la siguiente serie 



2
1 3
n
nr , donde  nnnr
n


32lim es: 
 
 
 3/4 3  Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
En primer lugar calculamos el límite, como es una indeterminación hay que salvarla. Multiplicamos y 
dividimos por el conjugado: 
 
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  
 
   2
1
1)/3/11(
/31
1)/3/11(
/31
)/3/11(
3
)/3/11(
3
3
3
3
3
3
3
.33
222
2222
22
2
2
22
limlimlim
limlimlim
limlim



























nn
n
nnn
nn
nnnn
n
nnnn
n
nnn
n
nnn
nnn
nnn
nnn
nnnnnnr
nnn
nnn
nn
 
 
Entonces queda una geométrica, pero no comienza en n = 0 
 
4
3
2
1
12.
2
3
2
1
1
2/11
1
.
2
3
2
1
 
2
1
.3
2
1
 3 3
22
1
2
1 

























 







n
n
n
n
n
nr 
 
 
3) La serie 

 1 3n
n
n
a
, donde a es el valor de la derivada en x = 0 de la función 








0 0 
0 
2
)(
)(
2
xsi
xsi
x
xsen
xf 
 
 converge en forma condicional converge de manera absoluta 
 
 no puede calcularse porque f no es derivable en x = 0 Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
Para encontrar la derivada debemos hacerlo por definición ya que es una función partida. 
 
2
1
.2
)()(
2
)(
0
2
)(
)0()0(
)0('
lim
limlimlim
0
2
2
0
2
00








hh
hsenhsen
h
hsen
h
h
hsen
h
fhf
f
h
hhh 
 
Luego, reemplazamos la a por 1/2 y queda: 
 
 




 

 11 3
2/1
3 n
n
n
n
nn
a
 
 
que aplicando el criterio de D’ Alambert o de Cauchy (más fácil) queda 1/2, como es menor que 1 
converge en forma absoluta. 
 
 
 
 
 
4) Una primitiva de   dxex
xp )()64( donde )(xp es el polinomio de Taylor de orden 2, centrado en 
x = 0, de la función 
21)3()( xxsenxf  es: 
 
 
132  xxe 
162 2  xxe 
 
 
1313 22 )64(4   xxxx exe Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
El polinomio de orden 2 de la función, centrado en x = 0 es: 
 
2)0)(0(''
2
1
)0)(0(')0()(  xfxffxp 
 
22)0(9)0(''
303).0cos()0('
101)0()0(
23.3).3()(''
23).3cos()('
1)3()( 2






senf
f
senf
xsenxf
xxxf
xxsenxf
 
 
22 312.
2
1
31)( xxxxxp  
 
Entonces, una primitiva es: 
 
 
 
 dxexdxexdxex xxxxxp
22 3131)( )32(2)64()64( 
 
que se resuelve aplicando el método de sustitución: 
 
CeCedue xxuu  
231222 
 
 
 
 
 
5) La integral de  
dx
x
xg
1
)(
2 donde )(xg es la función inversa de 3
1
3
1
)(  xxf es: 
 
 Cx 1ln
2
    Cxx  11ln 2 
 Cxx  1ln1ln
2
3 22
 Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
La inversa de f es: 
 
13)(  xxg 
 
Entonces: 
 
 

dx
x
x
1
13
2 
 
que se resuelve aplicando fracciones: 
 
  








dx
x
B
dx
x
A
dx
xx
x
dx
x
x
11)1)(1(
13
1
13
2 
 
Despejando, A = 2 y B = 1. Entonces: 
 
 
CxxCxxdx
x
dx
x



 
1ln1ln1ln1ln2
1
1
1
2 2
 
 
 
 
 
6) Sea 
323)( xxxp  el polinomio de Taylor de grado 3, centrado en x = 1, de una función f. 
Entonces, la recta tangente a 
x
dttfxfxxg
2
1
2 )()2()( en x = 1/2 es: 
 
 18  xy 
4
11
2
13
 xy 58  xy Ninguna de las otras es correcta 
 
 
 Resolución 
 
Este ejercicio es sencillo si se saben algunas propiedades. Para la recta tangente necesitamos: 
 
)2/1)(2/1(')2/1(  xggy 
 
  
2/1.2
1
2
)()
2
1
.2(2/1)2/1( dttffg 
 
 Pero la integral desde 1 hasta 1 vale 0. Entonces quedó: 
 
 
2
1
2.
4
1
)1(
4
1
)1(
4
1
)1(2/1)2/1(
2
 pffg 
 
 Y la derivada de g queda: 
 
 
2/132/161.
2
1
2.3)1('
2
1
2.3)1('
2
1
)1(3
2).1(2).1('.2/1)1(.
2
1
.2)2/1('
2).2(2).2('.)2(.2)('
2
2



pff
fffg
xfxfxxfxxg
 
 
 Reemplazamos: 
 
4
11
2
13
)2/1(
2
13
2
1


xy
xy
 
 
 
 
7) El área encerrada entre la recta xy  y la parábola que pasa por el punto (– 1, 2) y cuyas raíces son 0 y 
1 es: 
 
 2 4/3 – 4/3 Ninguna de las otras es correcta 
 
 
 Resolución 
 
La parábola es: 
 
 
)1(
1
22
)2)(1(2
)1)(0())(( 21





xxy
a
a
a
xxaxxxxay
 
 
 Vemos dónde se corta con la recta y = x 
 
2 0
)1(


xox
xxx
 
 
 Entonces, función techo es la recta y el piso es la parábola: 
 
     3/43/84
3
1
2)(
2
0
32
2
0
2
2
0
2   xxdxxxdxxxx 
 
 
8) Las ecuaciones de las asíntotas verticales de la función 
bxxx
x
xf



23 3
42
)( donde b es el valor de la 
ordenada del punto de inflexión de la función 223)(
23  xxxxg , son: 
 
 
 x = 0, x = 2, x = 1 x = 0, x = 1 x = 0 Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
Primero sacamos el punto de inflexión, para eso hay que derivar dos veces: 
 
1
066)(''
263)('
223)(
2
23




x
xxg
xxxg
xxxxg
 
 
Vemos que la derivada segunda de un lado del x = 1 es negativa y del otro positiva. Por lo tanto, en x = 
1 hay un punto de inflexión. Pero nos dicen la “ordenada”, es decir, el valor de y. 
Entonces: 
 
22231)1( g 
 
Reescribimos la función con b = 2: 
 
xxx
x
xf
23
42
)(
23 

 
 
Sacamos el dominio. 
 
 2,1,0
0)23(
023
2
23



RDf
xxx
xxx
 
 
Hay 3 candidatos a ser A.V. Hay que tomar el límite con cada uno. Con x tendiendo a 0 y tendiendo a 1 
el límite da infinito (sinimportar el signo). En cambio con x = 2 hay una indeterminación que, una vez 
salvada, da 1. 
Por lo tanto las primeras dos son A.V. 
 
 
 
 
9) Sea RRf : derivable en R infinitamente, tal que cumple 1)(' )(  xxfxf , 2)1( f , entonces, 
su polinomio de Taylor de grado 2, centrado en x = 1 es: 
 
 
2)1(
4
1
2)(  xxp 
2)1(
2
1
2)(  xxp 
 
2)1(
4
1
2
3
)(  xxp Ninguna de las otras es correcta 
 
 Resolución 
 
Armamos el polinomio de Taylor: 
 
 
2)1)(1(''
2
1
)1)(1(')1()(  xfxffxp 
 
 f(1) = 2 por dato 
 
 Para f ‘ (1) despejamos: 
 
 
0)1('
0)1('2
11)1(')1(
1)(' )(




f
f
ff
xxfxf
 
 
 Para la segunda hay que derivar: 
 
 
2/1)1(''
01)1(''20
01)1('')1()1(')1('
01)('')()(')('
1)(' )(





f
f
ffff
xfxfxfxf
xxfxf
 
 
 Armamos el polinomio y queda la respuesta. 
 
 
10) El valor del máximo absoluto de la función 1
3
1
)( 3  xxxf , con 32  x es: 
 
 5/3 – 1 7 Ninguna de las otras es correcta 
 
 
Resolución 
 
Para sacar el máximo absoluto en un intervalo cerrado de una función continua hay que ver los PC y los 
bordes. 
Para los PC derivamos: 
 
1
01)('
1
3
1
)(
2
3



x
xxf
xxxf
 
 
Nos fijamos si están dentro del intervalo que nos piden. Sí, ambos puntos son PC. Ahora evaluamos en los 
PC y en los bordes: 
 
7139133.
3
1
)3(
3
1
12
3
8
1)2()2(
3
1
)2(
3
5
11
3
1
1)1()1(
3
1
)1(
3
1
11
3
1
111.
3
1
)1(
3
3
3
3




f
f
f
f
 
 
Vemos que el más chico es 1/3 mínimo absoluto, y el más grande un 7, valor máximo absoluto.