tal cual cayó — sin cambiar un número

Cálculo · segunda evaluación

Segunda evaluación · 2019-2020

25 de noviembre de 2019 · 4 ejercicios · 40 puntos

Empieza sin mirar: abre cada ejercicio cuando vayas a por él. Las resoluciones están en la otra pestaña.

El logaritmo de un complejo de módulo unoNúmeros complejos1 + 7 + 2 = 10 pts
Sea $\omega \in \mathbb{C}$ tal que $\left|\omega\right| = 1$ . Calcular $\ln(\omega)$ sabiendo que $\dfrac{\omega}{1+i\sqrt3}$ es real.
Calcular $\ln(\omega)$ .
- COMP 11 punto por reconocer
- COMP 27 puntos por calcular
- COMP 42 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
La desigualdad que sobrevive al límiteSucesiones y series numéricas2 + 0 + 8 = 10 pts
Demostrar la siguiente propiedad: Sean $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ e $\{y_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ dos sucesiones tales que $x_n \le y_n \ \forall n \in \mathbb{N}$ y $\lim_{n\to\infty}x_n = x \ \wedge \ \lim_{n\to\infty}y_n = y$ . Entonces $x \le y$ .
Demostrar la propiedad.
- COMP 12 puntos por reconocer
- COMP 48 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Por qué la derivada se anula en un máximolos 10 puntos son demostración — cero cálculoEstudio local de funciones reales de una variable real0 + 0 + 10 = 10 pts
Demostrar la siguiente propiedad: Si $f(x)$ es derivable en $x = x_0$ y en este punto existe un máximo entonces $f'(x_0) = 0$ .
Demostrar la propiedad.
- COMP 410 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
El polinomio de una exponencial cuyo exponente no se conoceEstudio local de funciones reales de una variable real2 + 7 + 1 = 10 pts
Sea $P_2(x) = -x+2x^{2}$ el polinomio de McLaurin de grado 2 de la función $f(x)$ . Calcular el polinomio de McLaurin de grado 2 de la función $g(x) = e^{f(x)}$ .
Calcular el polinomio de Maclaurin de $g$ .
- COMP 12 puntos por reconocer
- COMP 27 puntos por calcular
- COMP 41 punto por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El examen no publica solución. Todas estas resoluciones son propuesta nuestra y están pendientes de revisión.

nivel: examenEjercicio 1 · Segunda evaluación, 25 de noviembre de 2019 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El logaritmo de un complejo de módulo uno

COMP 11 punto por reconocer
COMP 27 puntos por calcular
COMP 42 puntos por justificar

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea $\omega \in \mathbb{C}$ tal que $\left|\omega\right| = 1$ . Calcular $\ln(\omega)$ sabiendo que $\dfrac{\omega}{1+i\sqrt3}$ es real.

Calcular $\ln(\omega)$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué significa, en forma polar, que un cociente de complejos sea real?
02
El argumento del denominador
COMP2
¿Cuál es el argumento de $1+i\sqrt3$ ? En forma exacta, o con cuatro decimales, en radianes.
Tu respuesta al paso 2un número en radianes — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El argumento de omega
COMP2
Tomando $k=0$ , ¿cuál es el argumento de $\omega$ ?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta, o un número en radianes con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El denominador en polar: $1+i\sqrt3 = 2e^{i\pi/3}$ , con módulo 2 y argumento $\frac{\pi}{3}$ .
2. La condición. El cociente es real si su argumento es múltiplo de $\pi$ : $\arg\omega-\frac{\pi}{3} = k\pi$ , luego $\arg\omega = \frac{\pi}{3}+k\pi$ .
3. El módulo. Por hipótesis $\left|\omega\right| = 1$ , así que $\ln\left|\omega\right| = 0$ .
4. El logaritmo complejo: $\ln z = \ln\left|z\right|+i\left(\arg z+2n\pi\right)$ , y aquí la parte real se anula.
5. $\ln\omega = i\left(\frac{\pi}{3}+k\pi\right)$ con $k\in\mathbb{Z}$ : imaginario puro, y con infinitos valores.
Dos multivaluaciones se juntan aquí: la del propio logaritmo y la de la condición de ser real. Y resulta que la segunda se traga a la primera, porque $k\pi$ con $k$ par ya recorre los $2n\pi$ .

Resolución completa

Datos. $\left|\omega\right| = 1$ y $\frac{\omega}{1+i\sqrt3}$ real.

1 · El denominador, en polar

\left|1+i\sqrt3\right| = \sqrt{1+3} = 2

\arg\left(1+i\sqrt3\right) = \arctan\sqrt3 = \frac{\pi}{3}

—primer cuadrante, así que el arcotangente vale tal cual—.

1+i\sqrt3 = 2\,e^{i\pi/3}

2 · Traducir la condición

El cociente vale

\frac{\omega}{1+i\sqrt3} = \frac{\left|\omega\right|}{2}\, e^{i\left(\arg\omega-\pi/3\right)} = \frac12\,e^{i\left(\arg\omega-\pi/3\right)}

Un complejo es real cuando su afijo está sobre el eje horizontal, es decir cuando su argumento es múltiplo de $\pi$ — $0$ si es positivo, $\pi$ si es negativo—:

\arg\omega-\frac{\pi}{3} = k\pi \;\Longrightarrow\; \boxed{\arg\omega = \frac{\pi}{3}+k\pi, \qquad k\in\mathbb{Z}}

El múltiplo es de $\pi$ , no de $2\pi$ , y eso es lo que produce dos soluciones distintas en la circunferencia unidad:

\omega_1 = e^{i\pi/3} = \frac12+\frac{\sqrt3}{2}i, \qquad \omega_2 = e^{i4\pi/3} = -\frac12-\frac{\sqrt3}{2}i

Son opuestos: $\omega_2 = -\omega_1$ . Tiene sentido geométrico —el conjunto de los $z$ con $\frac{z}{1+i\sqrt3}$ real es la recta que pasa por el origen con inclinación $\frac{\pi}{3}$ , y esa recta corta a la circunferencia unidad en dos puntos diametralmente opuestos.

3 · El logaritmo complejo

\ln z = \ln\left|z\right| + i\left(\arg z + 2n\pi\right), \qquad n\in\mathbb{Z}

La parte real se anula, porque $\left|\omega\right|=1$ :

\ln\left|\omega\right| = \ln 1 = 0

Y la imaginaria:

\arg\omega+2n\pi = \frac{\pi}{3}+k\pi+2n\pi

Como $k$ ya recorre todos los enteros, el $2n\pi$ no añade nada nuevo: el conjunto $\left\{\frac{\pi}{3}+k\pi\right\}$ es cerrado bajo sumar $2\pi$ .

\boxed{\ln\omega = i\left(\frac{\pi}{3}+k\pi\right), \qquad k\in\mathbb{Z}}

El logaritmo es imaginario puro. Es la marca de que el número está sobre la circunferencia unidad, y conviene decirlo: vale puntos de COMP4.

4 · Comprobación

De los dos valores concretos. Con $k=0$ :

\ln\omega_1 = i\frac{\pi}{3} \;\Longrightarrow\; e^{i\pi/3} = \frac12+\frac{\sqrt3}{2}i = \omega_1 \quad\checkmark

De que el cociente sale real.

\frac{\omega_1}{1+i\sqrt3} = \frac{e^{i\pi/3}}{2e^{i\pi/3}} = \frac12 \quad\checkmark

real y positivo. Y con $\omega_2$ :

\frac{\omega_2}{1+i\sqrt3} = \frac{e^{i4\pi/3}}{2e^{i\pi/3}} = \frac{e^{i\pi}}{2} = -\frac12 \quad\checkmark

real y negativo. Los dos casos que permite «ser real».

En binómica, que es la vía independiente. Racionalizando:

\frac{\omega}{1+i\sqrt3} = \frac{\omega\left(1-i\sqrt3\right)}{4}

Con $\omega = a+bi$ y $a^{2}+b^{2}=1$ , la parte imaginaria es $\frac{b-a\sqrt3}{4}$ , y anularla da $b = a\sqrt3$ , es decir $\tan(\arg\omega) = \sqrt3$ ✔ La misma condición.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 2 · Segunda evaluación, 25 de noviembre de 2019 · Cálculo, UPV/EHU · El mismo argumento cayó en las primeras evaluaciones de 2016-2017, 2017-2018, 2018-2019, 2022-2023, 2023-2024, 2024-2025 y 2025-2026 · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

La desigualdad que sobrevive al límite

COMP 12 puntos por reconocer
COMP 48 puntos por justificar

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Demostrar la siguiente propiedad: Sean $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ e $\{y_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ dos sucesiones tales que $x_n \le y_n \ \forall n \in \mathbb{N}$ y $\lim_{n\to\infty}x_n = x \ \wedge \ \lim_{n\to\infty}y_n = y$ . Entonces $x \le y$ .

Demostrar la propiedad.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cuál es la forma más limpia de demostrarlo?
02
El épsilon que hace funcionar la prueba
COMP2
Si $x>y$ , se toma $\varepsilon = \frac{x-y}{k}$ . ¿Cuánto vale $k$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Suponer lo contrario: $x>y$ . Entonces $\varepsilon = \frac{x-y}{2} > 0$ .
2. Aplicar la definición de límite a $x_n$ : existe $n_1$ tal que para todo $n\ge n_1$ se cumple $\left|x_n-x\right|<\varepsilon$ , y en particular $x_n > x-\varepsilon = \frac{x+y}{2}$ .
3. Y a $y_n$ : existe $n_2$ tal que para todo $n\ge n_2$ se cumple $\left|y_n-y\right|<\varepsilon$ , y en particular $y_n < y+\varepsilon = \frac{x+y}{2}$ .
4. Tomar $n \ge \max\{n_1,n_2\}$ , para que las dos cosas valgan a la vez. Entonces $y_n < \frac{x+y}{2} < x_n$ , es decir $y_n < x_n$ .
5. Eso contradice la hipótesis $x_n \le y_n$ . Luego el supuesto era falso y $x \le y$ . $\blacksquare$
Tomar el máximo de los dos índices parece un detalle burocrático, y es lo que hace que las dos desigualdades valgan a la vez. Sin eso no hay contradicción.

Resolución completa

Enunciado. Si $x_n \le y_n$ para todo $n$ y las dos sucesiones convergen, entonces $\lim x_n \le \lim y_n$ .

Este es el argumento más repetido de todo el corpus: ha caído en ocho de los once años, casi siempre en la primera evaluación y con distintos disfraces —términos no negativos, términos no positivos, dos sucesiones ordenadas, una cota estricta—. Aquí aparece en su forma más general.

1 · Por qué reducción al absurdo

La tesis es una desigualdad no estricta. Su negación,

x > y

es estricta, y eso deja un hueco de anchura $x-y>0$ entre los dos límites. Ese hueco es el sitio donde cabe el $\varepsilon$ , y sin él la demostración no arranca.

Demostrarlo directamente es más difícil: habría que manejar una desigualdad que puede ser igualdad, y no hay margen que explotar.

2 · La demostración

Supongamos $x > y$ , y tomemos

\varepsilon = \frac{x-y}{2} > 0

Es legítimo elegirlo así: la definición de límite se cumple para todo $\varepsilon>0$ , incluido este.

Por la convergencia de $x_n$ : existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que

n \ge n_1 \;\Longrightarrow\; \left|x_n-x\right| < \varepsilon \;\Longrightarrow\; x_n > x-\varepsilon = \frac{x+y}{2}

Por la convergencia de $y_n$ : existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que

n \ge n_2 \;\Longrightarrow\; \left|y_n-y\right| < \varepsilon \;\Longrightarrow\; y_n < y+\varepsilon = \frac{x+y}{2}

Tomando $n \ge \max\{n_1,n_2\}$ , las dos cosas se cumplen a la vez:

y_n < \frac{x+y}{2} < x_n \;\Longrightarrow\; y_n < x_n

lo que contradice la hipótesis $x_n \le y_n$ .

Por tanto el supuesto $x>y$ es falso, y

\boxed{x \le y} \qquad \blacksquare

3 · Los tres detalles que valen los puntos

El $\frac{x-y}{2}$ . El $2$ no es decorativo: parte el hueco por la mitad y hace que los dos umbrales coincidan en el mismo punto. Con $\varepsilon = x-y$ los intervalos se tocarían sin cruzarse, y no habría contradicción.

El $\max\{n_1,n_2\}$ . Cada límite da su propio índice, y no tienen por qué ser el mismo. Sin tomar el mayor, las dos desigualdades no valen simultáneamente y todo el argumento se cae.

Que la contradicción es con la hipótesis, no con otra cosa. Lo que se niega al final es $x_n \le y_n$ , que era dato. Ahí se cierra el absurdo.

4 · Por qué la versión estricta es falsa

Merece la pena decirlo, porque es la pregunta que sigue de forma natural y aparece en varios de estos exámenes:

Si $x_n < y_n$ para todo $n$ , no se sigue que $x<y$ .

Contraejemplo:

x_n = -\frac1n, \qquad y_n = \frac1n

Se cumple $x_n < y_n$ para todo $n$ , y sin embargo

\lim x_n = \lim y_n = 0

El paso al límite conserva las desigualdades, pero puede convertir una estricta en una igualdad. Nunca al revés.

5 · Comprobación

Numérica del contraejemplo. Con $n=1000$ : $x_n = -0{,}001$ e $y_n = 0{,}001$ . La distancia entre ellos se cierra como $\frac2n$ , y en el límite es cero ✔

De la estructura del argumento. Si se cambia $\varepsilon$ por $\frac{x-y}{4}$ , sale $x_n > x-\frac{x-y}{4}$ e $y_n < y+\frac{x-y}{4}$ , y como $y+\frac{x-y}{4} < x-\frac{x-y}{4}$ , la contradicción también se produce ✔ Cualquier $\varepsilon \le \frac{x-y}{2}$ vale; el de la mitad es simplemente el más limpio.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 3 · Segunda evaluación, 25 de noviembre de 2019 · Cálculo, UPV/EHU · El mismo teorema cayó en la segunda evaluación de 2016-2017 · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Por qué la derivada se anula en un máximo

COMP 410 puntos por justificar

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Demostrar la siguiente propiedad: Si $f(x)$ es derivable en $x = x_0$ y en este punto existe un máximo entonces $f'(x_0) = 0$ .

Demostrar la propiedad.

01
Reconocer el camino
COMP1
Este ejercicio reparte 10 puntos de COMP4 y 0 de COMP2. ¿Qué significa eso?
02
El signo del cociente por la derecha
COMP2
Tomando el caso concreto $f(x) = -x^{2}$ , que tiene un máximo en $x_0=0$ : ¿cuánto vale $\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}$ para $h = 0{,}1$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La hipótesis de máximo. Existe $\delta>0$ tal que $f(x) \le f(x_0)$ para todo $x$ con $\left|x-x_0\right|<\delta$ . Luego el numerador $f(x_0+h)-f(x_0)$ es $\le 0$ siempre.
2. La hipótesis de derivabilidad. El límite $f'(x_0) = \lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ existe, y por tanto los dos límites laterales existen y coinciden con él.
3. Por la derecha ( $h>0$ ): el cociente es $\le 0$ , luego $f'(x_0) \le 0$ .
4. Por la izquierda ( $h<0$ ): el numerador sigue siendo $\le 0$ pero el denominador es negativo, así que el cociente es $\ge 0$ , luego $f'(x_0) \ge 0$ .
5. De $f'(x_0)\le0$ y $f'(x_0)\ge0$ se sigue $f'(x_0) = 0$ . $\blacksquare$
Las dos hipótesis hacen cosas distintas: la de máximo fija el signo del numerador, y la de derivabilidad garantiza que los dos límites laterales existen y son el mismo número.

Resolución completa

Enunciado. Si $f$ es derivable en $x_0$ y ahí tiene un máximo, entonces $f'(x_0)=0$ . Es el teorema de Fermat.

Este ejercicio reparte COMP4 = 10 y COMP2 = 0: es el único de todo el corpus donde la nota entera es la redacción del argumento. No hay ningún número que calcular.

1 · Qué dice cada hipótesis

hipótesis	qué aporta
hay un máximo en $x_0$	el numerador del cociente es $\le0$
$f$ es derivable en $x_0$	los dos límites laterales existen y son iguales

Y una tercera que el enunciado da por supuesta al decir «derivable en $x_0$ »: que $x_0$ sea interior al dominio. Sin eso no hay dos lados.

2 · La demostración

Punto de partida. Por ser $x_0$ un máximo local, existe $\delta>0$ tal que

f(x) \le f(x_0) \qquad \forall x: \left|x-x_0\right|<\delta

Escrito con incrementos, para todo $h$ con $\left|h\right|<\delta$ :

f(x_0+h)-f(x_0) \le 0 \tag{$\ast$}

El numerador tiene signo fijo. Es la clave de todo: no depende de por qué lado nos acerquemos.

Límite por la derecha. Con $0<h<\delta$ , el denominador es positivo:

\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \le 0

Como $f$ es derivable en $x_0$ , ese límite existe y vale $f'(x_0)$ . Y las desigualdades no estrictas se conservan al pasar al límite:

f'(x_0) = \lim_{h\to0^{+}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \le 0 \tag{1}

Límite por la izquierda. Con $-\delta<h<0$ , el numerador sigue siendo $\le0$ por $(\ast)$ , pero ahora el denominador es negativo, así que el cociente cambia de signo:

\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \ge 0

f'(x_0) = \lim_{h\to0^{-}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \ge 0 \tag{2}

Cerrar. De $(1)$ y $(2)$ :

0 \le f'(x_0) \le 0 \;\Longrightarrow\; \boxed{f'(x_0) = 0} \qquad \blacksquare

3 · Dónde está el peso de la demostración

El giro entero está en que el numerador tiene el mismo signo por los dos lados y el denominador no. Eso produce dos desigualdades opuestas sobre el mismo número, y el único número que las cumple a la vez es el cero.

Y la derivabilidad es lo que permite decir «el mismo número»: sin ella habría dos derivadas laterales distintas, una $\le0$ y otra $\ge0$ , sin contradicción ninguna. Es exactamente lo que pasa con $f(x) = -\left|x\right|$ en $x_0=0$ : máximo, pero derivadas laterales $-1$ y $+1$ .

4 · Las dos hipótesis son necesarias

Sin derivabilidad: $f(x) = -\left|x\right|$ tiene un máximo en 0 y no hay derivada que anular.

Sin interioridad: $f(x) = x$ en $[0,1]$ tiene su máximo en $x=1$ , es derivable ahí, y $f'(1) = 1 \neq 0$ . Solo existe el límite por la izquierda, y da $\ge0$ — la mitad del argumento.

5 · Lo que el teorema NO dice

No dice que la derivada nula implique extremo. El recíproco es falso: $f(x)=x^{3}$ tiene $f'(0)=0$ y en 0 no hay ni máximo ni mínimo, sino un punto de inflexión.

El teorema da una condición necesaria, no suficiente. Por eso los puntos con derivada nula se llaman críticos y no «extremos»: son los candidatos, y hay que filtrarlos después.

6 · Comprobación

Con un ejemplo. $f(x) = -x^{2}$ tiene máximo en $x_0=0$ . El cociente incremental vale

\frac{-h^{2}-0}{h} = -h

que es $\le0$ para $h>0$ y $\ge0$ para $h<0$ ✔ exactamente como dice la demostración. Y su límite es 0.

Con el contraejemplo del recíproco. $f(x)=x^{3}$ , $f'(0)=0$ , y sin embargo $f(-0{,}1) = -0{,}001 < 0 < 0{,}001 = f(0{,}1)$ : hay valores mayores y menores arbitrariamente cerca ✔ No es extremo.

De la versión para mínimos. El mismo argumento con las desigualdades invertidas demuestra que en un mínimo interior derivable también se anula la derivada. Solo hay que cambiar $\le$ por $\ge$ en $(\ast)$ ✔

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 4 · Segunda evaluación, 25 de noviembre de 2019 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El polinomio de una exponencial cuyo exponente no se conoce

COMP 12 puntos por reconocer
COMP 27 puntos por calcular
COMP 41 punto por justificar

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea $P_2(x) = -x+2x^{2}$ el polinomio de McLaurin de grado 2 de la función $f(x)$ . Calcular el polinomio de McLaurin de grado 2 de la función $g(x) = e^{f(x)}$ .

Calcular el polinomio de Maclaurin de $g$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué información sobre $f$ contiene $P_2(x) = -x+2x^{2}$ ?
02
La derivada segunda de f
COMP2
¿Cuánto vale $f''(0)$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El coeficiente cuadrático de g
COMP2
¿Cuál es el coeficiente de $x^{2}$ en el polinomio de $g$ ?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta, o un número con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Leer los tres datos en $P_2$ : $f(0)=0$ , $f'(0)=-1$ y $f''(0)=4$ , sin olvidar el factorial del término cuadrático.
2. Las derivadas de $g=e^{f}$ : $g' = f'e^{f}$ y $g'' = e^{f}\left(f''+\left(f'\right)^{2}\right)$ .
3. Evaluar en 0, usando que $e^{f(0)} = e^{0} = 1$ : $g(0)=1$ , $g'(0)=-1$ , $g''(0) = 4+1 = 5$ .
4. Montar el polinomio: $1-x+\frac52x^{2}$ .
5. Comprobar sustituyendo el desarrollo de $f$ en la serie de la exponencial: $e^{u} \approx 1+u+\frac{u^{2}}{2}$ con $u = -x+2x^{2}$ da lo mismo hasta grado 2.
Los dos caminos —derivar la composición o componer las series— dan lo mismo, y hacer los dos es la mejor comprobación posible de este ejercicio.

término	coeficiente	derivada
independiente	$0$	$f(0) = 0$
en $x$	$-1$	$f'(0) = -1$
en $x^{2}$	$2$	$f''(0) = 2\cdot2! = 4$

Resolución completa

Datos. $P_2(x) = -x+2x^{2}$ es el Maclaurin de grado 2 de $f$ . Se pide el de $g = e^{f}$ .

1 · Qué información hay realmente

Un polinomio de Maclaurin es una lista de derivadas disfrazada:

P_2(x) = f(0)+f'(0)\,x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^{2}

Comparando término a término con $-x+2x^{2}$ :

f(0) = 0, \qquad f'(0) = -1, \qquad f''(0) = 2\cdot2! = 4

El factorial del término cuadrático es lo que más se olvida. El coeficiente es 2, pero la derivada es 4.

Y hay algo que no se sabe: cuánto vale $f$ fuera del origen. $P_2$ es una aproximación, no una igualdad. Pero da igual: para un polinomio de grado 2 de $g$ solo hacen falta tres números en el origen, y los tres están.

2 · Las derivadas de la composición

g(x) = e^{f(x)}

g'(x) = f'(x)\,e^{f(x)}

g''(x) = f''(x)\,e^{f(x)}+f'(x)\cdot f'(x)\,e^{f(x)} = e^{f(x)}\left(f''(x)+\left(f'(x)\right)^{2}\right)

El término $\left(f'\right)^{2}$ sale de derivar el producto: es la contribución de la exponencial, y es el que se olvida.

3 · Evaluar

Como $f(0)=0$ , se tiene $e^{f(0)} = e^{0} = 1$ , y eso simplifica todo:

g(0) = 1

g'(0) = f'(0)\cdot1 = -1

g''(0) = 1\cdot\left(4+(-1)^{2}\right) = 5

4 · El polinomio

Q_2(x) = g(0)+g'(0)\,x+\frac{g''(0)}{2!}\,x^{2}

\boxed{Q_2(x) = 1-x+\frac52x^{2}}

5 · Comprobación por la otra vía

La forma independiente de verificarlo es componer las series. Con

e^{u} = 1+u+\frac{u^{2}}{2}+\cdots

y $u = f(x) \approx -x+2x^{2}$ :

e^{f(x)} \approx 1+\left(-x+2x^{2}\right) +\frac{\left(-x+2x^{2}\right)^{2}}{2}+\cdots

El cuadrado:

\left(-x+2x^{2}\right)^{2} = x^{2}-4x^{3}+4x^{4}

Quedándose solo hasta grado 2, que es lo único fiable:

e^{f(x)} \approx 1-x+2x^{2}+\frac{x^{2}}{2} = 1-x+\frac52x^{2} \quad\checkmark

Coincide.

Por qué hay que truncar. La composición genera términos de grado 3 y 4, pero no son correctos: $f$ tiene términos cúbicos que $P_2$ no recoge, y esos también contribuirían al grado 3 de $g$ . Solo los grados $\le2$ están completos.

6 · Comprobación numérica

Tomando una $f$ concreta cuyo Maclaurin de grado 2 sea el dado — por ejemplo $f(x) = -x+2x^{2}$ exactamente — y evaluando en $x=0{,}1$ :

f(0{,}1) = -0{,}1+0{,}02 = -0{,}08

g(0{,}1) = e^{-0{,}08} = 0{,}92312

Q_2(0{,}1) = 1-0{,}1+2{,}5\cdot0{,}01 = 0{,}925

La diferencia es $1{,}9\cdot10^{-3}$ , del orden de $x^{3}$ ✔ Coherente con un polinomio de grado 2.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Segunda evaluación · 2019-2020

Reconocer el camino

El argumento del denominador

El argumento de omega

Justificar el argumento

1 · El denominador, en polar

2 · Traducir la condición

3 · El logaritmo complejo

4 · Comprobación

Reconocer el camino

El épsilon que hace funcionar la prueba

Justificar el argumento

1 · Por qué reducción al absurdo

2 · La demostración

3 · Los tres detalles que valen los puntos

4 · Por qué la versión estricta es falsa

5 · Comprobación

Reconocer el camino

El signo del cociente por la derecha

Justificar el argumento

1 · Qué dice cada hipótesis

2 · La demostración

3 · Dónde está el peso de la demostración

4 · Las dos hipótesis son necesarias

5 · Lo que el teorema NO dice

6 · Comprobación

Reconocer el camino

La derivada segunda de f

El coeficiente cuadrático de g

Justificar el argumento

1 · Qué información hay realmente

2 · Las derivadas de la composición

3 · Evaluar

4 · El polinomio

5 · Comprobación por la otra vía

6 · Comprobación numérica