Les dejo el final de hoy.
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attachment=12159]
Aclaración: en el punto
1-b), el extremo superior de la integral es +00, el inferior es 1.
Saludos.
comparto mis resultados
1a) F el resultado es
\[\frac{1}{9}\]
1b) es verdadero basta comparar con
\[\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2} dx\quad CV\]
y mayor que la integral del ejercicio
2a) es derivable y continua solo se aplican las definiciones correspondientes
2b)el unico extremo se da cuando x>0 y es \[x=1\] maximo absoluto
3) el unico punto donde h admite un extremo en el vertice de la parabola, lo hacen derivando o por las formulitas del ingreso , las coordenadas del vertice son V(-1,1) y las funciones que definen el área son
\[y=x^2+2x+2\quad y=1\quad y=6x-2\]
en funcion de x , la integral se divide en dos
en funcion de y es una sola integral
el resultado en ambos caso es
\[A=\frac{9}{4} u^2\]
4) las primitvas infinitas son (corregido gracias nahuel02)
\[F(x)=\sqrt{x+1}(\ln(x+1)-2)+C\]
el valor de L=1 por lo tanto el punto es (0,1) y la primitva que pasa por ese punto es
\[F(x)=\sqrt{x+1}(\ln(x+1)-2)+3\]
5) el intervalo me da
\[-1<x<5\]
con x=1 DV
con x=5 DV
avisen si flashie en algo
muy feliz me presente al principio no me salia nada pero me quede hasta 21.15 y aprobe clave 6 con 3 ejercicios totalmente bien hechos!
vale mencionar que lo complicado esta en darte cuenta como sacar la pendiente de la recta tangente y la integral del area saber que hay q dividirla de -1 a 1/2 y 1/2 a 2
Saludos
(23-12-2015 03:13)Saga escribió: [ -> ]comparto mis resultados
1a) F el resultado es
\[\frac{1}{9}\]
1b) es verdadero basta comparar con
\[\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2} dx\quad CV\]
y mayor que la integral del ejercicio
2a) es derivable y continua solo se aplican las definiciones correspondientes
2b)el unico extremo se da cuando x>0 y es \[x=1\] maximo absoluto
3) el unico punto donde h admite un extremo en el vertice de la parabola, lo hacen derivando o por las formulitas del ingreso , las coordenadas del vertice son V(-1,1) y las funciones que definen el área son
\[y=x^2+2x+2\quad y=1\quad y=6x-2\]
en funcion de x , la integral se divide en dos
en funcion de y es una sola integral
el resultado en ambos caso es
\[A=\frac{9}{4} u^2\]
4) las primitvas infinitas son
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+C\]
el valor de L=1 por lo tanto el punto es (0,1) y la primitva que pasa por ese punto es
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+1\]
5) el intervalo me da
\[-1<x<5\]
con x=1 DV
con x=5 DV
avisen si flashie en algo
saga podes hacer el 1A) que no me salio porq no podía despejar las x!
Saludos
Puede ser que de los nervios te haya parecido complicado , pero dentro de todo esta bastante accesible el final , igualmente felicidades por aprobar y con buena nota .
El 1 es un clasico de final , no es la primera vez que lo toman , vos sabes que por definicion
\[f(f^{-1}(x))=x\]
por regla de la cadena
\[f'(f^{-1}(x))\cdot (f^{-1})'(x)=1\]
despejando
\[ (f^{-1})'(x)=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}\]
el ejercicio nos pide ver cuanto es el valor de la derivada de la inversa y si coincide con la del enunciado
\[ (f^{-1})'(2)=\frac{1}{f'(f^{-1}(2))}\]
Lo "complicado" es que la x no la vas poder despejar de la función que te dan ahi , entonces sabes que el valor de la inversa sera un numero x
\[ (f^{-1})(2)=x\]
por la relacion biunivoca entre la f y su inversa (tema de ingreso)
\[\\(f^{-1})(2)=x\to 2=f(x)=x^3+3x^2-2\to x^3+3x^2-4=(x-1)(x+2)^2=0\]
el dominio solo considera los x positivos entonces x=-2 lo descarto , y obtengo que
\[(f^{-1})(2)=1\]
finalmente
\[ (f^{-1})'(2)=\frac{1}{f'(f^{-1}(2))}=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{9}\neq -\frac{1}{9}\]
se concluye que la afirmacion es F
SOS CRACKK!! ME PASO ESO no podia despejar la x...
Lo rendi y lo aprobe. Por suerte era bastante aprobable. 3 ejercicios bien seria un 6 no? Pregunto pq estoy seguro que hice el 2, 3 y 5,comparando con los resultados que pusieron aca,bien y me saque un 4.
(23-12-2015 03:13)Saga escribió: [ -> ]comparto mis resultados
1a) F el resultado es
\[\frac{1}{9}\]
1b) es verdadero basta comparar con
\[\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2} dx\quad CV\]
y mayor que la integral del ejercicio
2a) es derivable y continua solo se aplican las definiciones correspondientes
2b)el unico extremo se da cuando x>0 y es \[x=1\] maximo absoluto
3) el unico punto donde h admite un extremo en el vertice de la parabola, lo hacen derivando o por las formulitas del ingreso , las coordenadas del vertice son V(-1,1) y las funciones que definen el área son
\[y=x^2+2x+2\quad y=1\quad y=6x-2\]
en funcion de x , la integral se divide en dos
en funcion de y es una sola integral
el resultado en ambos caso es
\[A=\frac{9}{4} u^2\]
4) las primitvas infinitas son
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+C\]
el valor de L=1 por lo tanto el punto es (0,1) y la primitva que pasa por ese punto es
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+1\]
5) el intervalo me da
\[-1<x<5\]
con x=1 DV
con x=5 DV
avisen si flashie en algo
El de area precisamente el resultado daba 1/4.
El 1B como lo demostras Saga? Yo resolvi la integral por partes como Impropia de 1ra especie pero lo hice mal pq me dio que la integral divergia.
(23-12-2015 17:04)AriJac escribió: [ -> ]El de area precisamente el resultado daba 1/4.
1/4 o 9/4 yo lo hice en funcion de x e y , dando 9/4 en cualquiera de las dos
Cita:El 1B como lo demostras Saga? Yo resolvi la integral por partes como Impropia de 1ra especie pero lo hice mal pq me dio que la integral divergia.
primero que no te pedian el valor de la integral , ahora si querias resolver la integral creo que era medio bardo, CREO, como solo me piden que analice la CV , entonces me pregunto
\[\frac{2\ln x}{x^3}<\frac{1}{x^2}\]
al ser x siempre positiva y distinta de 0, no me altera los signos de la desigualdad,
ademas se sabe que
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}\quad CV\]
entonces simplemente resuelvo la inecuación
\[\frac{2\ln x}{x}<1\to \ln x^2<x\to x^2<e^x\]
se puede observar que la función que propuse es siempre mayor que la del ejercicio cuando \[x\geq 1\]
entonces
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{2\ln x}{x^3}<\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}\]
por ende si la mayor CV la menor tambien , de donde finalmente
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{2\ln x}{x^3} dx\quad CV\]
PD: intuyo que deberias tener alguno de los V F para poder llegar al 6 con los 3 practicos bien resueltos
(23-12-2015 17:36)Saga escribió: [ -> ] (23-12-2015 17:04)AriJac escribió: [ -> ]El de area precisamente el resultado daba 1/4.
1/4 o 9/4 yo lo hice en funcion de x e y , dando 9/4 en cualquiera de las dos
Cita:El 1B como lo demostras Saga? Yo resolvi la integral por partes como Impropia de 1ra especie pero lo hice mal pq me dio que la integral divergia.
primero que no te pedian el valor de la integral , ahora si querias resolver la integral creo que era medio bardo, CREO, como solo me piden que analice la CV , entonces me pregunto
\[\frac{2\ln x}{x^3}<\frac{1}{x^2}\]
al ser x siempre positiva y distinta de 0, no me altera los signos de la desigualdad,
ademas se sabe que
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}\quad CV\]
entonces simplemente resuelvo la inecuación
\[\frac{2\ln x}{x}<1\to \ln x^2<x\to x^2<e^x\]
se puede observar que la función que propuse es siempre mayor que la del ejercicio cuando \[x\geq 1\]
entonces
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{2\ln x}{x^3}<\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}\]
por ende si la mayor CV la menor tambien , de donde finalmente
\[\int_{1}^{+\infty}\frac{2\ln x}{x^3} dx\quad CV\]
PD: intuyo que deberias tener alguno de los V F para poder llegar al 6 con los 3 practicos bien resueltos
Claro es verdad,no me di cuenta de resolver el 1b por el criterio de comparacion,que boluuuu. El de area estoy seguro que daba 1/4 pq vi la resolución de un profeso;yo lo hice respecto del eje X y el area total era la suma de la integral de -1 a 1/2 de la parabola menos la recta tangente en el punto que la parabola permitia un extremo; mas la integral de 1/2 a +2 de la parabola menos la recta tangente con pendiente igual a 6. El area 1 era igual a -7/8 y el area 2 era igual a 9/8, y la suma de ambas daba 1/4.
Gracias!
(24-12-2015 01:22)AriJac escribió: [ -> ]El de area estoy seguro que daba 1/4 pq vi la resolución de un profeso;yo lo hice respecto del eje X y el area total era la suma de la integral de -1 a 1/2 de la parabola menos la recta tangente en el punto que la parabola permitia un extremo; mas la integral de 1/2 a +2 de la parabola menos la recta tangente con pendiente igual a 6. El area 1 era igual a -7/8 y el area 2 era igual a 9/8, y la suma de ambas daba 1/4.
Gracias!
mmmmm
AriJac el area en funcion de x es
\[A=\int_{-1}^{1/2}x^2+2x+2-1 dx+\int_{1/2}^{2}x^2+2x+2-(6x-2)dx=\frac{9}{4}u^2\]
wolfram
en funcion de y
\[A=\int_{1}^{10}\frac{y+2}{6}-(\sqrt{y-1}-1)dy=\frac{9}{4}u^2\]
wolfram
Regalado el final, como pude desaprobar
(23-12-2015 03:13)Saga escribió: [ -> ]comparto mis resultados
1a) F el resultado es
\[\frac{1}{9}\]
1b) es verdadero basta comparar con
\[\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2} dx\quad CV\]
y mayor que la integral del ejercicio
2a) es derivable y continua solo se aplican las definiciones correspondientes
2b)el unico extremo se da cuando x>0 y es \[x=1\] maximo absoluto
3) el unico punto donde h admite un extremo en el vertice de la parabola, lo hacen derivando o por las formulitas del ingreso , las coordenadas del vertice son V(-1,1) y las funciones que definen el área son
\[y=x^2+2x+2\quad y=1\quad y=6x-2\]
en funcion de x , la integral se divide en dos
en funcion de y es una sola integral
el resultado en ambos caso es
\[A=\frac{9}{4} u^2\]
4) las primitvas infinitas son
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+C\]
el valor de L=1 por lo tanto el punto es (0,1) y la primitva que pasa por ese punto es
\[F(x)=\frac{\ln^2\sqrt{x+1}}{2}+1\]
5) el intervalo me da
\[-1<x<5\]
con x=1 DV
con x=5 DV
avisen si flashie en algo
4 ) me da otro resultado de primitivas infinitas:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=int...5E1%2F2+dx
a lo mejor estoy interpetando mal algo
5 ) probe por d'alembert y por cauchy y con ambos criterios llego a 1/5 < x < 19/5
primero saco de la sumatoria los 5/3 y me queda:
![[Imagen: gif.latex?%5Cfrac%7B5%7D%7B3%7D%5Csum%20...%5E%7Bn%7D]](https://camo.utnianos.com.ar/c09410a110c0e8b5a40f093cf3b002d57f863f39/687474703a2f2f6c617465782e636f6465636f67732e636f6d2f6769662e6c617465783f25354366726163253742352537442537423325374425354373756d253230253543667261632537426e253744253742332535452537426e2537442537442535436c656674253230253238253230782d3225323025354372696768742532302532392535452537426e253744)
Luego aplico cauchy y se me van todas las n menos la primera:
![[Imagen: gif.latex?%5Cfrac%7B5%7D%7B9%7D%5Cleft%2...%7D%3C%201]](https://camo.utnianos.com.ar/766d959bbd4b6c67734e4b2abbabfaefe3ca40a5/687474703a2f2f6c617465782e636f6465636f67732e636f6d2f6769662e6c617465783f2535436672616325374235253744253742392537442535436c656674253230253743253230782d3225323025354372696768742532302537432535436c696d5f2537427825354372696768746172726f77253230253543696e667479253230253744253543737172742535426e2535442537426e25374425334325323031)
Luego el limite es 1 y lo demas sale despejando. hay algo a lo que le estoy pifiando feo?
Saludos
4 ) tenes razon , un error algebraico ahora edito con tu respuesta, gracias por avisar.
5) no uses el 5/3 para calcular el radio de convergencia, lo unico que afecta a la serie es a la suma, si sacaste el 5/3 afuera de la sumatoria , para el radio de convergencia lo unico que te interesa es lo que quedo dentro de la sumatoria .
(03-02-2016 19:23)Saga escribió: [ -> ]4 ) tenes razon , un error algebraico ahora edito con tu respuesta, gracias por avisar.
5) no uses el 5/3 para calcular el radio de convergencia, lo unico que afecta a la serie es a la suma, si sacaste el 5/3 afuera de la sumatoria , para el radio de convergencia lo unico que te interesa es lo que quedo dentro de la sumatoria .
ahh excelente! ahora lo entiendo! muchas gracias por la ayudaa!!
Saludos
Ya pude sacarme la duda, me olvide de aplicar la propiedad del logaritmo ln((x+1)^1/2) = 1/2 . ln(x+1)