Buenas!! tengo 3 dudas de finales viejos..

1) determinar la formula de la funcion f, sin usar tablas de integrales, sabiendo que:
f`(x)=[\[3^{tg(2x))}\] / \[cos^{2}2x\]] -x.ln(x) y que f (pi/2) = 1/(2ln3)

2) la serie\[\sum_{1}^{00} (x+1)^{n}/(n.2^{n})\]
converge a f(x) en un intervalo determinado
a)halle el intervalo (lo hice y me dio [3,2))
b)halle f```(-1)

3)
a) justificar V o F: Y=\[x^{2/3}\] tiene recta tg vertical en x=0... aca no entiendo cuando es punto anguloso y cuando puede tener recta tg vertical
b) sean f(x)=arctg u(x), g(x)= arctg 1/u(x) con u(x)\[> \]0 derivable en R y tal que u(0)=1
probar que \[\vee x\varepsilon R\] : f(x)+g(x)= C(constante) y hallar c. Dato: (arctg(x))`= 1/(1+x^2)

cualquier cosa q me puedan ayudar.. MIL GRACIAS, doy el jueves final..

El intervalo de la 2.a. es [-3;1)

El 2.b se hace así:

Si a
\[f(x)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}(x-x_{0})^{n}\]
la derivamos k veces
tenemos:
\[f^{k}(x_{0})=k!.a_{k}\]

Después queda simple:
\[f'''(-1) = 3! * \frac{1}{3*2^3}=\frac{1}{4}\]

No entiendo bien por qué derivando k veces desaparece la sumatoria y el (x-x0). En la teoría que tengo la última expresión que puse termina siendo el polinomio de Taylor, pero para este ejercicio no conocemos a f. Otra forma de hacerlo no se me ocurre.

Ejercicio 1.

\[f`(x)=\frac{3^{tg(2x)}}{cos^{2}(2x)} -x.ln(x)\]

\[f (pi/2) = \frac {1}{2ln(3)}\]


\[z=tg(2x) \to z=\frac{sen(2x)}{cos(2x)}\]

\[dz=\frac{-cos^2(2x)-sen^2(2x)}{cos^2(2x)}dx=-\frac{2dx}{cos^2(2x)}\]

\[-\frac{1}{2}cos^2(2x)dz=dx\]


\[f(x)=-\frac{1}{2}\int \frac{3^z}{cos^2(2x)}cos^2(2x)dz - \int xln(x)dx\]

\[f(x)=-\frac{1}{2}\int 3^zdz - \int xln(x)dx\]

\[f(x)=-\frac{3^{tg(2x)}}{2log(3)}-\frac{1}{4}x^2(2log(x)-1)+C\]


\[\frac{1}{2ln(3)}=-\frac{1}{2log(3)}-\frac{1}{16}\pi^2(2log(\pi/2)-1)+C\]

\[C=\frac{1}{2log(3)}+\frac{1}{16}\pi^2(2log(\pi/2)-1)-\frac{1}{2ln(3)}\]


\[f(z)= -\frac{3^{tg(2x)}}{2log(3)}-\frac{1}{4}x^2(2log(x)-1)+\frac{1}{2log(3)}+\frac{1}{16}\pi^2(2log(\pi/2)-1)-\frac{1}{2ln(3)}\]

NOTA: La segunda integral la hice con la web (Integral xln(x)), pero en realidad tenés que hacerla por partes porque no te permite el uso de tablas. Resolví la primera porque supongo que ese era tu mayor inconveniente. Quedó algo bastante raro Jajaja, quizás se pueda simplificar.

Tenés idea del 2.b, si lo que hice está bien o se hace de otra forma? (el resultado es 1/4 pero no sé si llegué bien o llegué de casualidad)

Otra forma de hacerlo, y creo que es la más fácil, ya que acordarse la fórmula anterior es medio trucho.

\[f(x)=\frac{(x+1)^1}{2}+\frac{(x+1)^2}{8}+\frac{(x+1)^3}{24}+\frac{(x+1)^4}{64}+...\]

\[f'(x)=\frac{1}{2}+ \frac{(x+1)}{4}+ \frac{(x+1)^2}{8}+\frac{(x+1)^3}{16}+...\]

\[f''(x)=\frac{1}{4}+ \frac{x}{4}+\frac{3(x+1)^2}{16}+...\]

\[f'''(x)=\frac{1}{4}+\frac{6(x+1)}{16}+...\]

\[f'''(-1)=\frac{1}{4}+\frac{6(-1+1)}{16}+0+0... = \frac{1}{4}\]

Sí, está bien hecho en tu primer desarrollo... esto último que hiciste no te sabría decir porque hace mucho no toco la materia.