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Matem´atica 2 - Curso de verano - C´at. Zorzoli 28/02/2025 Segundo parcial
Apellido:.................................. Nombre:.................................. DNI:.................................. Tema 1
- Consider´a la funci´on f (x) = 2x^3 − 18 x^2 + 48x − 10.
a) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f cambia su concavidad. b) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f alcanza extremos relativos.
Resoluci´on.
a) Buscamos puntos de inflexi´on de la funci´on. Para eso igualamos la segunda derivada a cero:
f ′(x) = 6x^2 − 36 x + 48 f ′′(x) = 12x − 36
12 x − 36 = 0 ⇐⇒ x = 3 No podemos concluir inmediatamente que all´ı hay un punto de inflexi´on. Veamos el signo de la segunda derivada a la izquierda y a la derecha de x = 3:
f ′′(1) = 12 − 36 = − 24 f ′′(5) = 60 − 36 = 24
La funci´on tienen distinta concavidad a izquierda y a derecha de x = 3; por ende en este valor hay un cambio de concavidad. La coordenada y del punto es:
f (3) = 2 · 33 − 18 · 32 + 48 · 3 − 10 = 26
El punto buscado es (3; 26). b) Buscamos ceros de la derivada de f :
6 x^2 − 36 x + 48 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = 2 ´o x = 4
Evaluamos la derivada en valores en los intervalos y completamos la tabla:
f ′(0) = 48 f ′(3) = − 6 f ′(6) = 48
x (−∞; 2) 2 (2; 4) 4 (4; +∞) f ′(x) ⊕ 0 ⊖ 0 ⊕ f (x) crec. m´ax decr. m´ın crec. Evaluamos ahora la funci´on en los extremos:
f (2) = 30 f (4) = 22
La funci´on tiene un m´aximo relativo en (2; 30) y un m´ınimo relativo en (4; 22).
- Se desea construir una letra H de alambre (de grosor despreciable) como la de la figura. La H debe cubrir un ´area de 8 m^2. Se quiere minimizar la cantidad de alambre a utilizar.
a) Expres´a la funci´on objetivo en funci´on de la longitud de la base x.
b) Obten´e la cantidad de alambre m´ınima.
Resoluci´on.
a) La cantidad de alambre, en funci´on de x e y es:
A(x, y) = x + 2y
La condici´on de v´ınculo est´a dada por el ´area:
xy = 8 ⇐⇒ y =
x La funci´on queda entonces: A(x) = x + 2 ·
x
= x +
x
b) Es conveniente escribir la divisi´on como potencia negativa:
A(x) = x + 16x−^1 A′(x) = 1 − 16 x−^2 A′′(x) = 32x−^3
Igualamos la derivada a cero:
0 = 1 − 16 x−^2 ⇐⇒ 16 = x^2 ⇐⇒ x = 4 ´o x = − 4
El valor x = −4 queda descartado, ya que la longitud no puede ser negativa. Analizamos con la segunda derivada si en x = 4 hay m´aximo o m´ınimo: A′′(4) = 32 · 4 −^3 =
Como este valor es positivo, concluimos que A alcanza un m´ınimo en x = 4. La longitud del alambre debe ser:
A(4) = 4 +
La cantidad de alambre es 8 m; las dimensiones son x = 4 m, y = 2 m.
Tema 1
- Consider´a las curvas dadas por y = 1 − x^2 , y = − 2 x − 2. Sea R la regi´on comprendida entre estas curvas.
a) Represent´a la regi´on R y calcul´a su ´area. b) Calcul´a la coordenada x del baricentro de la regi´on R.
Resoluci´on.
a) Primero igualamos las funciones para encontrar intersecciones (l´ımites de integraci´on):
1 − x^2 = − 2 x − 2 ⇐⇒ 0 = x^2 − 2 x − 3 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = −1 ´o x = 3
El gr´afico es:
El ´area es: Z (^3)
− 1
(1 − x^2 − (− 2 x − 2)) dx =
Z 3
− 1
(−x^2 + 2x + 3) dx =
−x^3 3
3
− 1
+ 3^2 + 3 · 3 −
−(−1)^3
+ (−1)^2 + 3 · (−1)
b) La coordenada xG es (considerando δ = 1):
xG =
M
(1) y ´area Calculamos:
M (^) y(1) =
Z 3
− 1
x((1 − x^2 ) − (− 2 x − 2)) dx =
Z 3
− 1
(−x^3 + 2x^2 + 3x) dx = −x^4 4
2 x^3 3
3 x^2 2
3
− 1
Matem´atica 2 - Curso de verano - C´at. Zorzoli 28/02/2025 Segundo parcial
Apellido:.................................. Nombre:.................................. DNI:.................................. Tema 2
- Consider´a la funci´on f (x) = 4x^3 − 36 x^2 + 96x − 85.
a) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f cambia su concavidad. b) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f alcanza extremos relativos.
Resoluci´on.
a) Buscamos puntos de inflexi´on de la funci´on. Para eso igualamos la segunda derivada a cero:
f ′(x) = 12x^2 − 72 x + 96 f ′′(x) = 24x − 72
24 x − 72 = 0 ⇐⇒ x = 3 No podemos concluir inmediatamente que all´ı hay un punto de inflexi´on. Veamos el signo de la segunda derivada a la izquierda y a la derecha de x = 3:
f ′′(1) = 24 − 72 = − 48 f ′′(5) = 120 − 72 = 48
La funci´on tienen distinta concavidad a izquierda y a derecha de x = 3; por ende en este valor hay un cambio de concavidad. La coordenada y del punto es:
f (3) = 4 · 33 − 36 · 32 + 96 · 3 − 85 = − 13
El punto buscado es (3; −13). b) Buscamos ceros de la derivada de f :
12 x^2 − 72 x + 96 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = 2 ´o x = 4
Evaluamos la derivada en valores en los intervalos y completamos la tabla:
f ′(0) = 96 f ′(3) = − 48 f ′(6) = 96
x (−∞; 2) 2 (2; 4) 4 (4; +∞) f ′(x) ⊕ 0 ⊖ 0 ⊕ f (x) crec. m´ax decr. m´ın crec. Evaluamos ahora la funci´on en los extremos:
f (2) = − 5 f (4) = − 21
La funci´on tiene un m´aximo relativo en (2; −5) y un m´ınimo relativo en (4; −21).
- Se desea construir una letra H de alambre (de grosor despreciable) como la de la figura. La H debe cubrir un ´area de 12,5 m^2. Se quiere minimizar la cantidad de alambre a utilizar.
a) Expres´a la funci´on objetivo en funci´on de la longitud de la base x.
b) Obten´e la cantidad de alambre m´ınima.
Resoluci´on.
a) La cantidad de alambre, en funci´on de x e y es:
A(x, y) = x + 2y
La condici´on de v´ınculo est´a dada por el ´area:
xy = 12, 5 ⇐⇒ y =
x La funci´on queda entonces: A(x) = x + 2 ·
x
= x +
x
b) Es conveniente escribir la divisi´on como potencia negativa:
A(x) = x + 25−^1 A′(x) = 1 − 25 x−^2 A′′(x) = 50x−^3
Igualamos la derivada a cero:
0 = 1 − 25 x−^2 ⇐⇒ 25 = x^2 ⇐⇒ x = 5 ´o x = − 5
El valor x = −5 queda descartado, ya que la longitud no puede ser negativa. Analizamos con la segunda derivada si en x = 5 hay m´aximo o m´ınimo: A′′(5) = 50 · 5 −^3 =
Como este valor es positivo, concluimos que A alcanza un m´ınimo en x = 5. La longitud del alambre debe ser:
A(5) = 5 +
La cantidad de alambre es 10 m; las dimensiones son x = 5 m, y = 2,5 m.
Tema 2
- Consider´a las curvas dadas por y = x^2 − 1, y = 2x + 2. Sea R la regi´on comprendida entre estas curvas.
a) Represent´a la regi´on R y calcul´a su ´area. b) Calcul´a la coordenada x del baricentro de la regi´on R.
Resoluci´on.
a) Primero igualamos las funciones para encontrar intersecciones (l´ımites de integraci´on):
x^2 − 1 = 2x + 2 ⇐⇒ x^2 − 2 x − 3 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = −1 ´o x = 3
El gr´afico es:
El ´area es: Z (^3)
− 1
(2x + 2 − (x^2 − 1)) dx =
Z 3
− 1
(−x^2 + 2x + 3) dx =
−x^3 3
3
− 1
+ 3^2 + 3 · 3 −
−(−1)^3
+ (−1)^2 + 3 · (−1)
b) La coordenada xG es (considerando δ = 1):
xG =
M
(1) y ´area Calculamos:
M (^) y(1) =
Z 3
− 1
x((2x + 2) − (x^2 − 1)) dx =
Z 3
− 1
(−x^3 + 2x^2 + 3x) dx = −x^4 4
2 x^3 3
3 x^2 2
3
− 1
Matem´atica 2 - Curso de verano - C´at. Zorzoli 28/02/2025 Segundo parcial
Apellido:.................................. Nombre:.................................. DNI:.................................. Tema 3
- Consider´a la funci´on f (x) = 2x^3 − 24 x^2 + 90x − 78.
a) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f cambia su concavidad. b) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f alcanza extremos relativos.
Resoluci´on.
a) Buscamos puntos de inflexi´on de la funci´on. Para eso igualamos la segunda derivada a cero:
f ′(x) = 6x^2 − 48 x + 90 f ′′(x) = 12x − 48
12 x − 48 = 0 ⇐⇒ x = 4 No podemos concluir inmediatamente que all´ı hay un punto de inflexi´on. Veamos el signo de la segunda derivada a la izquierda y a la derecha de x = 4:
f ′′(3) = 36 − 48 = − 12 f ′′(5) = 60 − 48 = 12
La funci´on tienen distinta concavidad a izquierda y a derecha de x = 4; por ende en este valor hay un cambio de concavidad. La coordenada y del punto es:
f (4) = 2 · 43 − 24 · 42 + 90 · 4 − 78 = 26
El punto buscado es (4; 26). b) Buscamos ceros de la derivada de f :
6 x^2 − 48 x + 90 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = 3 ´o x = 5
Evaluamos la derivada en valores en los intervalos y completamos la tabla:
f ′(0) = 90 f ′(4) = − 6 f ′(7) = 48
x (−∞; 3) 3 (3; 5) 5 (5; +∞) f ′(x) ⊕ 0 ⊖ 0 ⊕ f (x) crec. m´ax decr. m´ın crec. Evaluamos ahora la funci´on en los extremos:
f (3) = 30 f (5) = 22
La funci´on tiene un m´aximo relativo en (3; 30) y un m´ınimo relativo en (5; 22).
- Se desea construir una letra H de alambre (de grosor despreciable) como la de la figura. La H debe cubrir un ´area de 18 m^2. Se quiere minimizar la cantidad de alambre a utilizar.
a) Expres´a la funci´on objetivo en funci´on de la longitud de la base x.
b) Obten´e la cantidad de alambre m´ınima.
Resoluci´on.
a) La cantidad de alambre, en funci´on de x e y es:
A(x, y) = x + 2y
La condici´on de v´ınculo est´a dada por el ´area:
xy = 18 ⇐⇒ y =
x La funci´on queda entonces: A(x) = x + 2 ·
x
= x +
x
b) Es conveniente escribir la divisi´on como potencia negativa:
A(x) = x + 36x−^1 A′(x) = 1 − 36 x−^2 A′′(x) = 72x−^3
Igualamos la derivada a cero:
0 = 1 − 36 x−^2 ⇐⇒ 36 = x^2 ⇐⇒ x = 6 ´o x = − 6
El valor x = −6 queda descartado, ya que la longitud no puede ser negativa. Analizamos con la segunda derivada si en x = 6 hay m´aximo o m´ınimo: A′′(6) = 72 · 6 −^3 =
Como este valor es positivo, concluimos que A alcanza un m´ınimo en x = 6. La longitud del alambre debe ser:
A(6) = 6 +
La cantidad de alambre es 12 m; las dimensiones son x = 6 m, y = 3 m.
Tema 3
- Consider´a las curvas dadas por y = 4 − x^2 , y = − 2 x − 4. Sea R la regi´on comprendida entre estas curvas.
a) Represent´a la regi´on R y calcul´a su ´area. b) Calcul´a la coordenada x del baricentro de la regi´on R.
Resoluci´on.
a) Primero igualamos las funciones para encontrar intersecciones (l´ımites de integraci´on):
4 − x^2 = − 2 x − 4 ⇐⇒ 0 = x^2 − 2 x − 8 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = −2 ´o x = 4
El gr´afico es:
El ´area es: Z (^4)
− 2
(4 − x^2 − (− 2 x − 4)) dx =
Z 4
− 2
(−x^2 + 2x + 8) dx =
−x^3 3
4
− 2
+ 4^2 + 8 · 4 −
−(−2)^3
+ (−2)^2 + 8 · (−2)
b) La coordenada xG es (considerando δ = 1):
xG =
M
(1) y ´area Calculamos:
M (^) y(1) =
Z 4
− 2
x((4 − x^2 ) − (− 2 x − 4)) dx =
Z 4
− 2
(−x^3 + 2x^2 + 8x) dx = −x^4 4
2 x^3 3
4
− 2
Matem´atica 2 - Curso de verano - C´at. Zorzoli 28/02/2025 Segundo parcial
Apellido:.................................. Nombre:.................................. DNI:.................................. Tema 4
- Consider´a la funci´on f (x) = 4x^3 − 48 x^2 + 180x − 125.
a) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f cambia su concavidad. b) Calcul´a las coordenadas de los puntos en los que el gr´afico de f alcanza extremos relativos.
Resoluci´on.
a) Buscamos puntos de inflexi´on de la funci´on. Para eso igualamos la segunda derivada a cero:
f ′(x) = 12x^2 − 96 x + 180 f ′′(x) = 24x − 96
24 x − 96 = 0 ⇐⇒ x = 4 No podemos concluir inmediatamente que all´ı hay un punto de inflexi´on. Veamos el signo de la segunda derivada a la izquierda y a la derecha de x = 4:
f ′′(3) = 72 − 96 = − 24 f ′′(5) = 120 − 96 = 24
La funci´on tienen distinta concavidad a izquierda y a derecha de x = 4; por ende en este valor hay un cambio de concavidad. La coordenada y del punto es:
f (4) = 4 · 43 − 48 · 42 + 180 · 4 − 125 = 83
El punto buscado es (4; 83). b) Buscamos ceros de la derivada de f :
12 x^2 − 96 x + 180 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = 3 ´o x = 5
Evaluamos la derivada en valores en los intervalos y completamos la tabla:
f ′(0) = 180 f ′(4) = − 12 f ′(7) = 96
x (−∞; 3) 3 (3; 5) 5 (5; +∞) f ′(x) ⊕ 0 ⊖ 0 ⊕ f (x) crec. m´ax decr. m´ın crec. Evaluamos ahora la funci´on en los extremos:
f (3) = 91 f (5) = 75
La funci´on tiene un m´aximo relativo en (3; 91) y un m´ınimo relativo en (5; 75).
- Se desea construir una letra H de alambre (de grosor despreciable) como la de la figura. La H debe cubrir un ´area de 24,5 m^2. Se quiere minimizar la cantidad de alambre a utilizar.
a) Expres´a la funci´on objetivo en funci´on de la longitud de la base x.
b) Obten´e la cantidad de alambre m´ınima.
Resoluci´on.
a) La cantidad de alambre, en funci´on de x e y es:
A(x, y) = x + 2y
La condici´on de v´ınculo est´a dada por el ´area:
xy = 24, 5 ⇐⇒ y =
x La funci´on queda entonces: A(x) = x + 2 ·
x
= x +
x
b) Es conveniente escribir la divisi´on como potencia negativa:
A(x) = x + 49x−^1 A′(x) = 1 − 49 x−^2 A′′(x) = 98x−^3
Igualamos la derivada a cero:
0 = 1 − 49 x−^2 ⇐⇒ 49 = x^2 ⇐⇒ x = 7 ´o x = − 7
El valor x = −7 queda descartado, ya que la longitud no puede ser negativa. Analizamos con la segunda derivada si en x = 7 hay m´aximo o m´ınimo: A′′(4) = 98 · 7 −^3 =
Como este valor es positivo, concluimos que A alcanza un m´ınimo en x = 7. La longitud del alambre debe ser:
A(7) = 7 +
La cantidad de alambre es 14 m; las dimensiones son x = 7 m, y = 3,5 m.
Tema 4
- Consider´a las curvas dadas por y = x^2 − 4, y = 2x + 4. Sea R la regi´on comprendida entre estas curvas.
a) Represent´a la regi´on R y calcul´a su ´area. b) Calcul´a la coordenada x del baricentro de la regi´on R.
Resoluci´on.
a) Primero igualamos las funciones para encontrar intersecciones (l´ımites de integraci´on):
x^2 − 4 = 2x + 4 ⇐⇒ x^2 − 2 x − 8 = 0 ⇐⇒ x =
⇐⇒ x = −2 ´o x = 4
El gr´afico es:
El ´area es: Z (^4)
− 2
(2x + 4 − (x^2 − 4)) dx =
Z 4
− 2
(−x^2 + 2x + 8) dx =
−x^3 3
4
− 2
+ 4^2 + 8 · 4 −
−(−2)^3
+ (−2)^2 + 8 · (−2)
b) La coordenada xG es (considerando δ = 1):
xG =
M
(1) y ´area Calculamos:
M (^) y(1) =
Z 4
− 2
x((2x + 4) − (x^2 − 4)) dx =
Z 4
− 2
(−x^3 + 2x^2 + 8x) dx = −x^4 4
2 x^3 3
4
− 2
