ejercicios resueltos de selectividad en andalucía: matemáticas ii

Ejercicios Resueltos: Selectividad ( Andalucía, años 2008 a 2010)

Mª Concepción Mérida Alcalá Julián Ig. Moreno Quesada

Sobre el aprendizaje

Aprender es descubrir

lo que ya sabes.

Hacer es demostrar

que ya lo sabes.

Enseñar es recordar

a los demás que lo saben

tan bien como tú.

Todos somos aprendices,

hacedores, maestros.

(Richard Bach)

Índice

• Selectividad año 2010…………………………..….. 8 o Junio 2010-Opción A……………………… 9 o Junio 2010-Opción B……………………… 12 o Junio 2010 Específico-Opción A…………. 15 o Junio 2010 Específico-Opción B…………. 19 o Septiembre 2010-Opción A……………….. 25 o Septiembre 2010-Opción B……………….. 29 o Modelo 1 2010-Opción A………………….. 34 o Modelo 1 2010-Opción B………………….. 38 o Modelo 2 2010-Opción A………………….. 42 o Modelo 2 2010-Opción B………………….. 46 o Modelo 3 2010-Opción A…………………... 50 o Modelo 3 2010-Opción B…………………… 53

• Selectividad año 2009………………………….…… 57 o Junio 2009-Opción A……………………….. 58 o Junio 2009-Opción B……………………….. 63 o Septiembre 2009-Opción A………………… 68 o Septiembre 2009-Opción B………………… 72 o Modelo 1 2009-Opción A…………………… 75 o Modelo 1 2009-Opción B…………………… 80 o Modelo 2 2009-Opción A…………………… 84 o Modelo 3 2009-Opción A…………………… 95 o Modelo 3 2009-Opción B…………………… 100 o Modelo 4 2009-Opción A…………………… 105 o Modelo 4 2009-Opción B…………………… 110

• Selectividad año 2008………………………….….. 112 o Junio 2008-Opción A……………………… 113 o Junio 2008-Opción B……………………… 119 o Septiembre 2008-Opción A………………. 122 o Septiembre 2008-Opción B………………. 129 o Modelo 1 2008-Opción A…………………. 134 o Modelo 1 2008-Opción B…………………. 139 o Modelo 2 2008-Opción A…………………. 144 o Modelo 2 2008-Opción B…………………. 149 o Modelo 3 2008-Opción A…………………. 153 o Modelo 3 2008-Opción B…………………. 158 o Modelo 4 2008-Opción A…………………. 163 o Modelo 4 2008-Opción B…………………. 168

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 8


Junio 2010 – Opción A

Ejercicio 1.-

Sea la función definida por ( ) =

(a) [1’5 puntos] Calcula y para que la gráfica de pase por el punto (2,3) y tenga una asíntota oblicua con pendiente −4.

(b) [1 punto] Para el caso = 2 , = 3 , obtén la ecuación de la recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 1.

Solución

(a) ( ) = pasa por (2,3) (2) = 3 = 3

tiene una asíntota oblicua con pendiente −4 :

lim→±∞ ( ) = −4 lim→±∞+− = lim→±∞ +− = − = −4

Así = = 3 = −

(b) ( ) = ′( ) = ∙( ) ( )∙( )( ) = ( )

Recta tangente en = 1: − (1) = ′(1)( − 1)

( ) = (1) = 5

′( ) = ( ) ′(1) = 9

Recta tangente: − 5 = 9( − 1) = −

Ejercicio 2.- [2’5 puntos]

Calcula (√ ) Sugerencia: Efectúa el cambio √ =

Solución

√ = √ = = 2√ = 2= 0 t = 0 = =

(√ ) = 2 Es una integral por partes y se aplica: = −

= 2 = 2

= = = −

(√ ) = 2 = = −2 + 2 = [−2 + 2 ] = (−2 (−1) + 0) − (0 + 0) =


Ejercicio 3.-

Sean las matrices = 1 0 −10 34 1 − , = 1 03 2−1 1 y = 5 −3 4−3 −2 2

a) [0'5 puntos] Indica los valores de para los que es invertible. b) [2 puntos] Resuelve la ecuación matricial − = para = 0. ( es la matriz traspuesta de ).

Solución

(a) es invertible (∃ ) ⇔ | | ≠ 0

| | = 1 0 −10 34 1 − = − + 4 − 3 = 0 = ±√ = 13

Por tanto es invertible (∃ ) ⇔ ≠ y ≠

(b) Por el apartado anterior para = 0: ∃ porque | | = − + 4 − 3 = −3 ≠ 0

Se despeja: − = = +

= ( + ) ∙ Se calcula = | | ∙ ( ) = 1 0 −10 0 34 1 0

= (−1) 0 31 0 = −3 = (−1) 0 −11 0 = −1 = (−1) 0 −10 3 = 0= (−1) 0 34 0 = 12 = (−1) 1 −14 0 = 4 = (−1) 1 −10 3 = −3= (−1) 0 04 1 = 0 = (−1) 1 04 1 = −1 = (−1) 1 00 0 = 0

= | | ∙ ( ) = ∙ −3 −1 012 4 −30 −1 0

Se calcula + = 5 −3 4−3 −2 2 + 1 3 −10 2 1 = 6 0 3−3 0 3

= ( + ) ∙ = ∙ 6 0 3−3 0 3 ∙ −3 −1 012 4 −30 −1 0 = ∙ −18 −9 09 0 0

= −


Ejercicio 4.- Considera las recta y de ecuaciones

− 1 = = 1 − y − 2 = −1+ = 1

(a) [0’75 puntos] Determina su punto de corte. (b) [1 punto] Halla el ángulo que forman y . (c) [0’75 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a y .

Solución

− 1 = = 1 − = = : = 1 += = 1 − ó : = (1,1, −1) : = (1,0,1)

(a) − 2 = −1+ = 1

= = −1 + 2= 1 − : = −1 + 2= = 1 − ó : = (2,1, −1) : = (−1,0,1) Por el enunciado del ejercicio las rectas se cortan

Los puntos de la recta son de la forma: (1 + , , 1 − )

Los puntos de la recta son de la forma: (−1 + 2 , , 1 − )

Para calcular el punto de corte deben existir y tales que: 1 + = −1 + 2=1 − = 1 − = 1 + = −1 + 2 = = 2 Punto de corte: ( , , − )

(b) Como las rectas se cortan el ángulo que forman es:

cos( ^ ) = cos ^ = ∙∙ = (1,1, −1) ∙ (2,1, −1)√3 ∙ √6 = 4√18 ^ = ° ′

(c) Sea el plano pedido ≡ ⊂ ó = (1,1, −1) (1,0,1)⊂ ó = (2,1, −1)

La ecuación implícita del plano es:

≡ − 1 − 0 − 11 1 −12 1 −1 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila:

( − 1) ∙ 0 − ∙ 1 + ( − 1) ∙ (−1) = 0 − − + 1 = 0 ≡ + − =


Junio 2010 – Opción B


Calcula lim→ −

Solución lim→ − = 00 ( ó ) ′ ô La Regla de L’Hôpital que dice:

Si ( ) 0lim( ) 0x a

f xg x→

= y ∃ '( )lim'( )x a

f xg x→

( ) '( )lim lim( ) '( )x a x a

f x f xg x g x→ →

=

También se puede aplicar para cuando → ∞ y la indeterminación ∞

∞

→ − =

lim→ − ∙2 = 00 =′ ô ó lim→ − ( ∙ − ∙ )2 = 1 − (1 − 0)2 =

Ejercicio 2.-

Considera la función dada por ( ) = 5 − y la función definida como ( ) = para ≠ 0

(a) [1 punto] Esboza el recinto limitado por las gráficas de y indicando sus puntos de corte.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área de dicho recinto limitado.

Solución

(a) La función ( ) = 5 − es una recta Dos puntos: (0,5) y (1,4)

La función ( ) = es una hipérbola Un punto: (1,4) y . . : = 0. . : = 0

Puntos de corte entre ambas: 5 − = 5 − = 4 − 5 + 4 = 0 = ± = 41 Las funciones se cortan en los puntos ( , ) y ( , )

(b) Observando el dibujo:


Área = (5 − ) − ( ) = 5 − − 4 | | = (20 − 8 + 4 4) − 5 − − 0 = −

Ejercicio 3.- Sea el siguiente sistema de ecuaciones + + = + 22 − + = 2 − + =

(a) [1’75 puntos]Discútelo según los valores de . ¿Tiene siempre solución? (b) [0’75 puntos]Resuelve el sistema para = −1

Solución

(a) Matriz coeficientes A = 1 12 − 11 −1 Matriz ampliada A* =

1 1 + 22 − 1 21 −1

|A| = 1 12 − 11 −1 = [ : − ] = 0 12 −(1 + ) 11 −(1 + ) = −(1 + ) 0 12 1 11 1 =

−(1 + ) ∙ ( + 2 − 1 − ) = (1 + ) ∙ ( − + 1) = 0 = −1 − + 1 = 0 = ±√ ∄ ó

≠ − ( ) = 3 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó . . . = − A =

−1 1 12 1 11 −1 −1 A* = −1 1 1 12 1 1 21 −1 −1 −1

Evidentemente ( ) = ( ∗) = 2 puesto 1 = − 3 y −1 12 1 ≠ 0

Por tanto = −1 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 . . . é

Por tanto el sistema siempre tiene solución: = − infinitas soluciones y ≠ − sólo una

(b) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un parámetro.

Se elimina la 3ª fila (ecuación) que es igual a la 1ª y quedaría: −1 1 1 12 1 1 21 −1 −1 −1 (A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico)

= − + = 1 − 2 + = 2 − =

− + = 1 − = + 1 − = −

valor paramétrico


= = −= ∀ ∈ ó

Ejercicio 4.-

Los puntos (2,0,0) y (−1,12,4) son dos vértices de un triángulo. El tercer vértice pertenece a la

recta de ecuación 4 + +3 = 33= 0 .

(a) [1’5 puntos ] Calcula las coordenadas del punto sabiendo que es perpendicular a la recta que pasa por y .

(b) [1 punto ] Comprueba si el triángulo es rectángulo.

Solución

Pasamos a la recta a sus ecuaciones paramétricas:

4 + 3 = 33 = 0 = 3 = 0 = 11 − 4 ó : = (3 , 0 , −4) : = (0, 0 ,11)

Los puntos de la recta son de la forma: (3 , 0 , 11 − 4 )

es perpendicular a la recta que pasa por y ⊥ ⇔ ∙ = 0

= (3 , 0 , 11 − 4 ) − (2 , 0 , 0) = (3 − 2 , 0 , 11 − 4 )= (3 , 0 , −4) 3 ∙ (3 − 2) − 4 ∙ (11 − 4 ) = 0

9 − 6 − 44 + 16 = 0 25 − 50 = 0 = 2 ( , , )

(a) Hay que comprobar si se verifica algunas de las siguientes condiciones:

El triángulo es rectángulo en ⇔ ⊥ ⇔ ∙ = 0

El triángulo es rectángulo en ⇔ ⊥ ⇔ ∙ = 0

El triángulo es rectángulo en ⇔ ⊥ ⇔ ∙ = 0 = (6 , 0 , 3) − (2 , 0 , 0) = (4 , 0 , 3) = (−1, 12 ,4) − (2 , 0 , 0) = (−3, 12 , 4) ∙ = (4,0,3) ∙ (−3, 12 , 4) =−12 + 12 = 0

El triángulo es rectángulo en el vértice


Junio 2010 Específico – Opción A


La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 90 cm. Si se hace girar alrededor de uno de sus catetos, el triángulo engendra un cono. ¿Qué medidas han de tener los catetos del triángulo para que el volumen del cono engendrado sea máximo?

(Recuerda que el volumen del cono es V = πr2h).

Solución

Relación entre las variables: + = 90 = √8100 − (Se toma sólo la solución positiva porque es una longitud

Función a maximizar V = r2h =

( ) = = ∙ ∙ √8100 − de dominio el intervalo ( , )

’( ) = 23 ∙ ∙ 8100 − + −22√8100 − ∙ 3 ∙= 3 ∙ 2 8100 − − √8100 −

’( ) = 0 = 0 ó á 2√8100 − = √ 2(8100 − ) = 16200 = 3 = ±√5400

Solución válida: = +√5400 = 30√6

Para ver que este valor es máximo absoluto estudio la monotonía de [ = (0,90)] Monotonía ≡ Signo ′

′( ) = 0 = 0 , ±30√6 ′: = 90

Signo ′

Monotonía Por tanto = 30√6 es máximo relativo y

además absoluto en el intervalo (0,90)

Las dimensiones serían: = √ = √ − = √ = √

Se podría ver que = 30√6 es máximo relativo

comprobando que ′′ 30√6 < 0

Signo ( ) = 3 ∙ 2√8100 − 2 − 28100− 2 ≡

Signo 2√8100 − 2 − √ = √

= √ ≡ Signo 16200 − 3

En = 1: +

En = 75: -

0 9030√6+ -


Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Considera las funciones , : ℜ → ℜ definidas por ( ) = 2– ( ) = | | (a) [ 1 punto] Esboza sus gráficas en unos mismos ejes coordenados. (b) [ 1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de y .

Solución

(a) ( ) = 2– es una parábola de é (0,2) y pasa por el (1,1) ( ) = | | = − < 0 ≥ 0

(b) Para calcular el área vemos los puntos de corte (lo veremos para > 0) y tenemos en cuenta que

es simétrica respecto al eje OY y el área será el doble de la mitad del recinto.

Puntos de corte:

2 − = + − 2 = 0 = ±√ = −21

Como > 0 Solución = 1

Observando la gráfica

Área = 2 [(2 − ) − ] = 2 (2 − − )

= 2 2 − − = 2 (2 − − ) − 0 = 2 ∙= .


Ejercicio 3.-

Sea la matriz = 5 −4 22 −1 1−4 4 −1

a) [1'25 puntos] Comprueba que se verifica 2 − = b) [1'25puntos] Calcula . (Sugerencia: Puedes utilizar la igualdad del apartado a)).

Solución

(a) = 5 −4 22 −1 1−4 4 −1 ∙ 5 −4 22 −1 1−4 4 −1 = 9 −8 44 −3 2−8 8 −3

2 = 2 ∙ 5 −4 22 −1 1−4 4 −1 = 10 −8 44 −2 2−8 8 −2

Comprobemos que 2 − =

2 − = 10 −8 44 −2 2−8 8 −2 − 9 −8 44 −3 2−8 8 −3 = 1 0 00 1 00 0 1 como queríamos demostrar

(b) Sabemos que una matriz cuadrada tiene matriz inversa si . = . =

Por el apartado anterior 2 − =

Sacando factor común la matriz por la derecha: (2 − ) ∙ = y por la definición de inversa tenemos que = 2 – , es decir:

= 2 – = 2 0 00 2 00 0 2 − 5 −4 22 −1 1−4 4 −1 = − −− −−

Si multiplicásemos por nos saldría .



Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano

6 + 3 + 2 = 6 con los ejes coordenados.

Solución

Calculamos los puntos de corte del plano con los ejes coordenados.

El punto A : eje OX plano

= = 0 6 + 3 + 2 = 6 = 1 (1,0,0)

El punto B : eje OY plano

= = 0 6 + 3 + 2 = 6 = 2 (0,2,0)

El punto C : eje OZ plano

= = 0 6 + 3 + 2 = 6 = 3 (0,0,3)

Sabemos que el área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo que determinan dos vectores

con origen común, es decir

Área = ×

= (0,2,0) − (1,0,0) = (−1,2,0)

= (0,0,3) − (1,0,0) = (−1,0,3)

× = −1 2 0−1 0 3 = (6,3,2) × = √36 + 9 + 4 = √49 = 7

Área = × = . . Nota

Otra forma de calcular los puntos de corte del plano con los ejes de coordenadas es poner el plano en su forma segmentaria:

+ + = 1 y los puntos de corte son ( , 0,0), (0, , 0) y (0,0, ) En nuestro caso dividiendo el plano entre 6

6 + 3 + 2 = 6 + + = 1 y obtenemos los puntos de corte anteriores


Junio 2010 Específico – Opción B


Sea f la función definida como ( ) = para ≠ −1 y ≠ 1

a) [1 puntos] Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de . b) [1 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de . c) [0’5 puntos] Con los datos obtenidos esboza la gráfica de .

Solución

(a) Asíntotas verticales (A.V.) lim→ ( ) = ∞ x = a es una A.V. de ( )

La posibles A.V. de se encuentran entre los que anulen el denominador = 1 y = −1 son posibles A.V.

lim→ = = = −∞ → 1= +∞ → 1 = es A.V.

lim→ = = = −∞ → 1= +∞ → 1 = − es A.V.

Asíntotas horizontales (A.H.): no existen pues lim→±∞ = ±∞

Asíntotas oblicuas (A.O.) : Como el grado del numerador es una unidad más que el grado del

denominador hay una A.O. = +

= lim→±∞ ( ) = lim→±∞ = 1

= lim→∞ ( ( ) − ) = lim→±∞ − = lim→±∞ = 0

= es A.O.

(b) ( ) = ′( ) = ∙ ∙( ) = ( ) = ( )( )

Monotonía ≡ Signo ′ ′( ) = 0 = 0 , ±√3 ′ = ±1


Signo ′

Monotonía

Resumiendo:

Creciente: −∞, −√ ∪ √ , +∞

Decreciente: −√ , ∪ ( , ) ∪ ( , ) ∪ , √

Mínimo relativo: √ , √ = √ , √

Máximo relativo: −√ , −√ = −√ , √

Un esbozo de la gráfica es (en rojo la A.O. y A.V.)

Ejercicio 2.-

Dada la función : (0, +∞) → ℜ definida por f( ) = , donde la función logaritmo neperiano, se pide:

(a) [0’75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación = − + 1 + es la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = .

(b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta normal del apartado (a).

Solución

( ) = 2( 2 − 3)2 − 1 2 = + ∙ ( 2 − 3)+

(±2) = + (±1.5) = − (±0.5) = −

0 -1 1 √3−√3+ +- - - -

0 -1 1 √3−√3


(a) Sabemos que la recta normal (r.n) de ( ) en = es “ − ( ) = ( ) ( − ) ”

( ) = ( ) ( ) = = 1 ( ) = ( ) = ( ) = −

Por tanto la recta normal es: − 1 = − ( − ) = − + + 1

(b) Vamos a realizar un esbozo de la región.

La grafica de ln(x) es conocida

La gráfica de = − + + 1 es la recta perpendicular a la r.t. en =

Calculamos el punto de corte de la r.n. = − + + 1 con el eje OX:

: = 0 . . : = − + + 1 =

El área pedida es: Área = + = + (− + + 1)

Para calcular previamente se calcula por partes la integral indefinida =∗ − 1. = − ∗ = == =

= = [ − ] = ( − ) − (1 1 − 1) = 1

= (− + + 1) = + ( + 1) = área triángulo base = − =altura = 1 = ∙ ∙ 1

Área = + . . Ejercicio 3.- [2’5 puntos]

Considera el siguiente sistema de ecuaciones ( + 2) − − = 1− − + = −1 + − =

(a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores de . (b) [1 punto] Resuelve el sistema para = 1.

Solución


(a) Matriz coeficientes A = + 2 −1 −1−1 −1 11 −1 Matriz ampliada A* =

+ 2 −1 −1 1−1 −1 1 −11 −1

|A| = + 2 −1 −1−1 −1 11 −1 = [ : + ] = + 2 −1 −1−1 −1 10 − 1 0 = [ 3ª ] = ( − 1) ∙ (−1) ∙ + 2 −1−1 1 = −( − 1) ∙ ( + 1)

≠ ± |A|≠ 0 ( ) = 3 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó . . .

= − A = 1 −1 −1−1 −1 11 −1 −1 A* =

1 −1 −1 1−1 −1 1 −11 −1 −1 −1

Evidentemente es un S.I. porque las ecuaciones 1 y 3 son incompatibles

Otra forma de estudiarlo es mediante determinantes: ( ) = 2 puesto |A|= 0 y 1 −1−1 −1 ≠ 0

( ∗) = 3 1 −1−1 −1 ≠ 0 ∗ | | = 0 1 −1 1−1 −1 −11 −1 −1 ≠ 0 .

= A = 3 −1 −1−1 −1 11 1 −1 A* =

3 −1 −1 1−1 −1 1 −11 1 −1 1

Evidentemente ( ) = ( ∗) = 2 puesto 2 = − 3 y −1 −1−1 1 ≠ 0

Otra forma de estudiarlo es mediante determinantes: ( ) = 2 puesto |A|= 0 y −1 −1−1 1 ≠ 0

( ∗) = 2 −1 −1−1 1 ≠ 0 ∗ | | = 0 −1 −1 1−1 1 −11 −1 1 = 0 . .

Por tanto = 1 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 . . . é


(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

Se elimina la 3ª fila (ecuación) que es igual a la 1ª y quedaría: 3 −1 −1 1−1 −1 1 −11 1 −1 1 (A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico)

= − − = 1 − 3 − + = −1 + = − + = −1 + = −1 + + = −1 + 2

= = = − + ∀ ∈ ó

Ejercicio 4.- Sean los puntos (1,1,1) , (−1,2,0) , (2,1,2) y ( , −2, 2) (a) [1’25 puntos ] Determina el valor de para que , , y estén en el mismo plano (b) [1’25 puntos ] Halla la ecuación de un plano perpendicular al segmento determinado por y que

contenga al punto .

Solución

(a) = (−1,2,0) − (1,1,1) = (−2,1, −1) = (2,1,2) − (1,1,1) = (1,0,1) = ( , −2,2) − (1,1,1) = ( − 1, −3,1)

1ª forma.-

, , y son coplanarios ⇔ det , , = 0

det , , = −2 1 −11 0 1− 1 −3 1 = 3 + − 1 − 6 − 1 = −5 + = 0 ⇔ = =( , − , )

2ª forma.-

Se calcula un plano con los puntos , y y se obliga al punto a pertenecer a dicho plano.

Plano ≡ det , , : − 1 − 1 − 1−2 1 −11 0 1 = ( − 1) ∙ 1 − ( − 1) ∙ (−1) + ( − 1) ∙ (−1) = 0

valor paramétrico


+ − − 1 = 0

D(t, -2, 2) ∈ + − − 1 = 0 − 2 − 2 − 1 = 0 = 5 = (5, −2,2)

(b) Sea el plano pedido

Plano ⊥ segmento el vector = (−2,1, −1) es el vector normal de = : − 2 + − + = 0 pasa por (2,1,2) −4 + 1 − 2 + = 0 = 5

: − + − + =


Septiembre 2010 – Opción A


Una hoja de papel tiene que contener 18 de texto. Los márgenes superior e inferior han de ser de 2 cada uno y los laterales 1 . Calcula las dimensiones de la hoja para que el gasto de pel sea mínimo.

Solución

Relación entre las variables: . = 18 =

Función a minimizar = ( + 2) ∙ ( + 4)

( ) = ( + 2) ∙ ( + 4)

( ) = 1 ∙ + 4 − ∙ ( + 2) = + 4 − − = 4 −

’( ) = 0 4 = = 9 = ±3 ó á = −3

Solución válida: = 3

Para ver que este valor es mínimo absoluto estudio la monotonía de [ = ℜ ] Monotonía ≡ Signo ′ ( ) = 0 = 3 : = 0

Signo ′ Monotonía Por tanto = 3 es mínimo relativo y además absoluto

Las dimensiones de la hoja serían: = 3 = = 6 + = + =

Se podría ver que = 3 es mínimo relativo comprobando que (3) > 0

( ) = 4 − 362 = 4 2 − 362

( ) = 4( − 3)( + 3)+

En = 1: -

En = 4: +

x

y

0 3 +-

0 3


Ejercicio 2.- Sea = √

(a) [ 1 punto] Expresa I haciendo el cambio de variable = . (b) [ 1’5 puntos] Determina I.

Solución

(a) = 2 = − = = =

= √ = √ = −10 ( )

Es una integral racional con raíces reales simples = 0 y = 1

(b) Descomposición en fracciones simples

( ) = + = ( )( ) ( + 1) + = 1 = 0 = 1 = −1 − = 1 = −1

= −10 ( ) = −10 + = −10( | | − | + 1| = −10

Deshaciendo el cambio de variable: = = √

= −10 √√ + (No se ponen valores absolutos porque √ > 0)

Ejercicio 3.-

a) [1'75 puntos] Discute, según los valores del parámetro , el siguiente sistema de ecuaciones

− + + =+ 2 + ( + 2) = 4+ 3 + 2 = 6 −

b) [0'75 puntos] Resuelve el sistema anterior para = 0.

Solución

(a) Matriz coeficientes A = −1 12 + 21 3 2 Matriz ampliada A* =

−1 12 + 2 41 3 2 6 −

|A| = −1 12 + 21 3 2 = −4 + 3 + + 2 − 2 + 3 + 6 − 2 = − + 8 = (− + 8)

≠ , |A|≠ 0 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó

Por el Teorema de Rouche: . . . (tiene una única solución)

= A = −1 0 10 2 21 3 2 A* =

−1 0 1 00 2 2 41 3 2 6

( ) = 2 puesto |A|= 0 y −1 00 2 ≠ 0


( ∗): −1 00 2 ≠ 0 ∗ | | = 0 −1 0 00 2 41 3 6 = 0 ( ∗) = 2

Así ( ) = ( ∗) = 2 < 3 = º ó por el Teorema de Rouche . . é

= A = −1 8 18 2 101 3 2 A* =

−1 8 1 88 2 10 41 3 2 −2

( ) = 2 puesto |A|= 0 y −1 88 2 ≠ 0

( ∗): −1 88 2 ≠ 0 ∗ | | = 0 −1 8 88 2 41 3 −2 ≠ 0 ( ∗) = 3

Así ( ) = 2 ≠ ( ∗) = 3 por el Teorema de Rouche . ( ó )

(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

Se elimina la 3ª fila (ecuación que no forma parte del menor que da el rango) y quedaría: −1 0 1 00 2 2 41 3 2 6 (A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico)

= − = − 2 = 4 − 2 = = −= ∀ ∈


Halla la ecuación del plano que es paralelo a la recta ≡ − 2 + 11 = 02 + − 19 = 0 y contiene a la recta " "

definida por = 1 − 5= −2 + 3= 2 + 2

Solución

Se pasa a paramétricas la recta : − 2 + 11 = 02 + − 19 = 0

= −11 + 2= = 19 − 2 = (2,1, −2)

= 1 − 5= −2 + 3= 2 + 2 = (1, −2,2) = (−5,3,2)

Sea el plano pedido

valor paramétrico


Si ⊂ = (1, −2,2) ó = (−5,3,2)

Si ∥ ó = (2,1, −2)

La ecuación implícita del plano es:

≡ − 1 + 2 − 2−5 3 22 1 −2 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila:

( − 1) ∙ (−8) − ( + 2) ∙ 6 + ( − 2) ∙ (−11) = 0 − − − + =


Septiembre 2010 – Opción B


Considera la función : [0,4] → ℜ definida por ( ) = + + 0 ≤ ≤ 2 2 < ≤ 4

(a) [1’75 puntos] Sabiendo que es derivable en todo el dominio y que verifica (0) = (4), determina los valores de , y . (b) [0’75 puntos Para = −3, = 4 y = 1 halla los extremos absolutos de ( abscisas donde

se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a) Como me dicen que es derivable en todo el dominio (el intervalo [0,4]) y además que (0) = (4),

me están diciendo que cumple las hipótesis del .

Si es derivable es continua es continua y derivable en = 2

(Cada rama es un polinomio luego continua y derivable)

es continua en = 2 (2) = lim→ ( ) = lim→ ( )

(2) = lim→ ( ) = lim→ ( + + ) = 4 + 2 + lim→ ( ) = lim→ ( ) = 2 4 + 2 + = 2

( ) = + + 0 ≤ ≤ 2 2 < ≤ 4 ′( ) = 2 + 0 < ≤ 2 2 < < 4

es derivable en = 2 ′(2) = lim→ ′( )( ) = lim→ ′( )( )

lim→ ( ) = lim→ (2 + ) = 4 +lim→ ( ) = lim→ = 4 + =

(0) = (4) = 4

Se resuelve el sistema 4 + 2 + = 24 + = = 4

= 4 2 + 4 − 2 = −44 + = = 4 + = −2− = −4

= −3 = 4 + c = 1= 4 = 4

Solución = − , = , =


(b) El Teorema de Weierstrass dice que si una función es continua en un intervalo cerrado (en nuestro caso [0,4] ), dicha función alcanza sus extremos absolutos en dicho intervalo.

Éstos extremos absolutos alcanzan en:

Puntos " " donde es continua y no derivable (No es este caso)

Los extremos del intervalo: = 0 y = 4

Las soluciones de ’( ) = 0

( ) = − 3 + 4 0 ≤ ≤ 2 2 < ≤ 4 ′( ) = 2 − 3 0 < ≤ 21 2 < < 4

’( ) = 0 2 − 3 = 0 0 < ≤ 2 = ∈ (0,2]1 = 0 ó Por tanto los extremos absolutos se encuentran entre

= 0== 4

= 0 (0) = 4 = = − 3 ∙ + 4 = == 4 (4) = 4 alcanza su máximo absoluto en = y = y vale

alcanza su mínimo absoluto en = y vale

Ejercicio 2.

Considera la función : ℜ → ℜ dada por ( ) = + 4 .

(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 1.

(b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de , y la recta de ecuación = 2 + 3. Calcula su área.

Solución

(a) Sabemos que la recta tangente (r.t) de ( ) en = 1 es “ − (1) = (1)( − 1) ” ( ) = + 4 (1) = 5 ( ) = 2 (1) = 2

Por tanto la r.t en = 1 es: − 5 = 2( − 1) = 2 + 3

(b) Vamos a realizar un esbozo de la región.

La grafica de ( ) = + 4 es una parábola de vértice (0,4) que pasa por (1,5)


Observando la gráfica el área pedida es:

+ − ( + ) = ( − 2 + 1) = − + = − 1 + 1 − 0

Área = . . Ejercicio 3.- [2’5 puntos]

Sean las matrices = 1 0−1 1 , = 1 0 00 −1 −10 1 2 y = 3 1 20 1 −2

Calcula la matriz que cumpla la ecuación =

Solución

En primer lugar veamos si las matrices y (son cuadradas) tienen inversas para poder despejar la

matriz | | = 1 0−1 1 = 1 ≠ 0 ∃

|B| = 1 0 00 −1 −10 1 2 = −1 ≠ 0 ∃

Se multiplica la expresión = , por la izquierda por A -1 y por la derecha por B -1:

∙ ∙ = ∙ ∙ . . = ∙ ∙ = ∙ ∙

Hay que resolver: = ∙ ∙

= | | ∙ ( ) donde | | = 1

( ) : = (−1) ∙ 1 = 1 = (−1) ∙ 0 = 0= (−1) ∙ (−1) = 1 = (−1) ∙ 1 = 1 = | | ∙ ( ) = 1 01 1


= | | ∙ ( ) donde | | = −1 ( ) : = (−1) ∙ −1 −11 2 = −1 = (−1) ∙ 0 01 2 = 0 = (−1) ∙ 0 0−1 −1 = 0= (−1) ∙ 0 −10 2 = 0 = (−1) ∙ 1 00 2 = 2 = (−1) ∙ 1 00 −1 = 1 = (−1) ∙ 0 −10 1 = 0 = (−1) ∙ 1 00 1 = −1 = (−1) ∙ 1 00 −1 = −1

= | | ∙ ( ) = − −1 0 00 2 10 −1 −1 = 1 0 00 −2 −10 1 1

= ∙ ∙ = 1 01 1 ∙ 3 1 20 1 −2 ∙ 1 0 00 −2 −10 1 1 = 3 1 23 2 0 ∙ 1 0 00 −2 −10 1 1

3 0 13 −4 −2

= − −

Ejercicio 4.- Considera los planos , y dados respectivamente por las ecuaciones: + = 1, + = 0 y + (1 + ) + = + 1 (a) [1’5 puntos] ¿Cuánto ha de valer " " para que no tengan ningún punto en común? (b) [1 punto] Para = 0 , determina la posición relativa de los planos.

Solución

Se expresan los planos como el siguiente sistema: + = 1 + = 0 + (1 + ) + = + 1

Matriz coeficientes A = 1 1 00 11 1 + Matriz ampliada A* =

1 1 0 10 1 01 1 + + 1

(a) Los planos no tienen puntos en común ⇔ ( ) ≠ ( ∗) por el Teorema de Rouche

Discutimos por tanto el sistema:

|A| = 1 1 00 11 1 + = [ : − ] = 1 1 00 10 = − = ( − 1)

≠ , |A|≠ 0 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó

Por el Teorema de Rouche: . . . (tiene una única solución) : los tres planos tienen un punto en común


= A = 1 1 00 0 11 1 0 A* =

1 1 0 10 0 1 01 1 0 1

( ) = 2 puesto |A|= 0 y 0 11 0 ≠ 0

( ∗): 0 11 0 ≠ 0 ∗ | | = 0 1 0 10 1 01 0 1 = 0 ( ∗) = 2

Así ( ) = ( ∗) = 2 < 3 = º ó por el Teorema de Rouche . . é

= A = 1 1 00 1 11 2 1 A* =

1 1 0 10 1 1 01 2 1 2

( ) = 2 puesto |A|= 0 y 1 10 1 ≠ 0

( ∗): 1 10 1 ≠ 0 ∗ | | = 0 1 1 10 1 01 2 2 ≠ 0 ( ∗) = 3

Así ( ) = 2 ≠ ( ∗) = 3 por el Teorema de Rouche . ( ó )

Los tres planos no tienen puntos en común para =

La posición relativa de los tres planos (aunque no se pide): como cada dos ecuaciones se forma una recta y

los planos no tienen puntos en común los planos forman “la tienda de campaña”.

(b) Por el apartado anterior los tres planos tienen infinitos puntos en común y se cortan en una recta. (El sistema

es compatible indeterminado uniparamétrico)

A* = 1 1 0 10 0 1 01 1 0 1

≡ + = 1≡ = 0 ≡ + = 1 = =

Recta de intersección ≡ = 0 + = 1


Gráficamente sería de la siguiente forma:

Modelo 1 de 2010 – Opción A

Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Entre todos los triángulos rectángulos de 5 metros de hipotenusa, determina los catetos del de área máxima.

Solución Función a maximizar = ∙ ( ó á )

Relación entre las variables ( ª á ): + = 5 = √5 −

(Se elige la solución positiva porque es una longitud)

Función a maximizar ( ) = ∙ = ∙ √5 −

Se utiliza: ’( ) = 0 ’’( ) < 0 = á ( )

( ) = ∙ √25 − ( ) = 1 ∙ √25 − + ∙ √ = √25 − − √ ( ) = 0 √25 − = √ 25 − = = = √

(Se elige la solución positiva porque es una longitud) = √25 − = 25 − = √

Es decir es un triángulo isósceles rectángulo

Veamos que = √ es un máximo relativo:

( ) = 25 − − √25 − = 25 − −√25 − = 25 − 2√25 −

( ) = √ ( ) √ = √ <


0 = √ es un máximo

Otra forma más fácil: ( ) = ∙ √25 − = √25 − Máximo de √25 − coincide con el máximo de 25 − ( ) = 25 − ( ) = 50 − 4 = 0

= 0 50 − 4 = 0 = ± = √

(Se elige la solución positiva porque es una longitud) ( ) = 50 − 4 = 0 ( ) = 50 − 12 √ = 50 − 12 ∙ < 0 = √ es un máximo relativo (y además absoluto)

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Sea ∶ (−2, +∞) → ℜ la función definida por ( ) = ( + 2). Halla una primitiva de que verifique (0) = 0. ( denota el logaritmo neperiano)

Solución

Todas las primitivas de son: ( ) = ln ( + 2) Es una integral por partes y se aplica: = − = ln( + 2) = = = = + = + 2 ln ( + 2) = ( + 2) ∙ ln( + 2) − ( + 2) ( ) = ln ( + 2) = ( + 2) ∙ ln( + 2) − = ( + 2) ∙ ln( + 2) − + (0) = 0 (0 + 2) ln(0 + 2) − 0 + = 0 = −2 2

( ) = ( + ) ∙ ( + ) − −

Ejercicio 3.-

Considera el sistema 3 − 2 + = 52 − 3 + = −4

(a) [1’5 puntos] Calcula razonadamente un valor de para que el sistema resultante al añadirle la ecuación + + = 9 sea compatible indeterminado. (b) [1 punto] ¿Existe algún valor de para el cual el sistema resultante no tiene solución? Solución


(a) 3 − 2 + = 52 − 3 + = −4+ + = 9 Matrices coeficientes y ampliada: A =

3 −2 12 −3 11 1 A* = 3 −2 1 52 −3 1 −41 1 9

Para que el sistema sea compatible indeterminado (SCI): ( ) = ( ∗) < 3

|A| = 3 −2 12 −3 11 1 = −9 + 2 − 2 + 3 − 3 + 4 = −5 = 0 = 0

≠ | | ≠ 0 ( ) = 3 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó . . . ó ú

= A = 3 −2 12 −3 11 1 0 A* =

3 −2 1 52 −3 1 −41 1 0 9

Evidentemente ( ) = 2 puesto | | = 0 y −3 11 0 ≠ 0

Para calcular ( ∗) se orla en ∗ un menor de orden no nulo

Orlados de −3 11 0 ≠ 0

| | = 0 1ª 1ª −2 1 5−3 1 −41 0 9 = 0 1ª 4ª ( ∗) = 2

Por tanto = 0 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 . . . é

Por tanto el sistema para = tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

(b) Este apartado está contestado en el apartado anterior puesto que el sistema tiene solución única ( ≠ 0) o

infinitas soluciones ( = 0): ∄ ó

Ejercicio 4.-

Considera los puntos (1,0,2), (−1,2,4) y la recta definida por = − 1 =

(a) [1’5 puntos] Determina la ecuación del plano formado por los puntos que equidistan de y de . (b) [1 punto] Halla la ecuación del plano paralelo a y que contiene los puntos y .

Solución

(a) El plano que equidista de los puntos (1,0,2) y (−1,2,4) se llama

plano mediatriz del segmento y es el perpendicular al segmento

que pasa por su punto medio ( ) , , = (0,1,3).

Sea dicho plano = (−1,2,4) − (1,0,2) = (−2,2,2) ∥ (−1,1,1) ⊥ = (−1,1,1) : − + + + = 0 pasa por (0,1,3)

−0 + 1 + 3 + = 0 = −4 : − + + − =


(b) Sea el plano pedido ∥ ó = ó á ó (1,0,2) ≡ , , = 0

= − 1 = = (2,1,3)

≡ , , = − 1 − 0 − 2−1 1 12 1 3 = 0

desarrollando por los adjuntos de 1ª fila:

( − 1) ∙ 2 − ∙ (−5) + ( − 2) ∙ (−3) = 0 ≡ + − + =

Otra forma de hacerlo:

Se calcula el haz de planos de la recta y se impone que la dirección del plano buscado es perpendicular a la recta (porque la recta r es paralela)

Recta AB: = = − 1 = −= − 2 ≡ + − 1 = 0− + 2 = 0

El haz de plano que genera es ( + − 1) + ( − + 2) = 0− + 2 = 0

+ (1 + ) − + 2 − 1) = 0− + 2 = 0

El vector normal genérico del haz de planos es: (1,1 + , − ) ⊥ = (2,1,3)

(1,1 + , − ) ∙ (2,1,3) = 0 2 + 1 + − 3 = 0 =

≡ ( + − 1) + ( − + 2) = 0 + − + 2 = 0 ≡ + − + =


Modelo 1 de 2010 – Opción B

Ejercicio 1.-

Sea ∶ (0, +∞) → ℜ la función definida por ( ) = ( + 3 ), donde denota el logaritmo neperiano.

(a) [1’5 puntos] Determina, si existen, los puntos de la gráfica de en los que la recta tangente a la gráfica es paralela a la recta de ecuación − 2 + 1 = 0

(b) [1 punto] Halla la ecuación de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = 3

Solución

(a) Si recta tangente (r.t.) a en = ∥ − 2 + 1 = 0 las pendientes son iguales

− 2 + 1 = 0 = + =

( ) = ( + 3 ) ′( ) =

Es decir: ó : = 4 + 6 = + 3 − − 6 = 0 = ± ∙ ∙( )∙ = ± = 3−2

Como el dominio de la función es (0, +∞ ) solo nos vale la solución = 3

Veamos que la recta es paralela y no la misma puesto que en ambos casos las pendientes son iguales

r.t. en = 3: − (3) = (3) ∙ ( − 3) ( (3) = ln(3 + 3 ∙ 3) = 18)

− 18 = ∙ ( − 3) que evidentemente es paralela

El punto de la gráfica pedido es: ( , )

(b) La r.t. está calculada en el apartado anterior: − = ∙ ( − )

La r.n.: − (3) = ( ) ∙ ( − 3) − = − ∙ ( − )



Calcula el valor de > 0 sabiendo que el área del recinto comprendido entre la parábola = + y la

recta + = 0 vale 36 unidades cuadradas.

Solución

Previamente se hace un boceto del recinto:

+ = 0 = − bisectriz 1er cuadrante

= + parábola con las ramas hacia arriba que pasa por (0,0) y (− , 0) con – < 0

La intersección de las dos funciones: = += − − = + + ( + 1) = 0

+ ( + 1) = 0 [ + ( + 1)] = 0 = 0 = − − 1

Dibujamos el recinto

Observando el recinto:

Área = [− − ( + )] = [− − ( + 1) ] = − ( ) =

= 0 − ( ) − ∙ ( + 1) = ( ) + ( ) = ( ) ( ) = ( ) = 36

( ) = 36 ( + 1) = 6 + 1 = 6 =


Ejercicio 3.-

Considera las matrices = 1 2 31 30 2 y = −234

(a) [0’5 puntos] Determina los valores de para los que tiene inversa. (b) [1’25 puntos] Calcula la inversa de para = 1 (c) [0’75 puntos] Resuelve, para = 1, el sistema de ecuaciones =

Solución

(a) ∃ A ⇔ |A | ≠ 0 (A las matrices de determinante no nulo se las llama regulares)

| | = 1 2 31 30 2 = + 6 − 6 − 2 = −2 + 7 − 6 = 0

= ± ∙( )∙( )∙( ) = ± = 2 3 2

Por tanto: ∃ A ⇔ ≠ 2

(b) Por el apartado anterior ∃ para = ≠

= 1 2 31 1 30 2 1 | | = −2 + 7 − 6 = −2 + 7 − 6 = −1

A = 1|A| ∙ (Adj A)

(Adj A) : = (−1) 1 32 1 = −5 = (−1) 2 32 1 = 4 = (−1) 2 31 3 = 3= (−1) 1 30 1 = −1 = (−1) 1 30 1 = 1 = (−1) 1 31 3 = 0= (−1) 1 10 2 = 2 = (−1) 1 20 2 = −2 = (−1) 1 21 1 = −1

A = | | ∙ (Adj A) = − −5 4 3−1 1 02 −2 −1 = − −−−

(c) Por el apartado anterior para = 1 ∃ A

=

A ∙ [ = ] A = A = A

= A = 5 −4 −31 −1 0−2 2 1 ∙ −234 = −34−514

= −−


Ejercicio 4.- Considera los puntos (1,1,1), (0, −2,2), (−1,0,2) y (2, −1,2). (a) [1 punto] Calcula el volumen del tetraedro de vértices , , y . (b) [1’5 puntos] Determina la ecuación de la recta que pasa por y es perpendicular al plano que contiene a

los puntos , y .

Solución

(a) volumen del tetraedro , , , volumen del paralelepípedo = , ,

(valor absoluto del producto mixto de los vectores , , )

= (0, −2,2) − (1,1,1) = (−1, −3,1)

= (−1,0,2) − (1,1,1) = (−2, −1,1)

= (2, −1,2) − (1,1,1) = (1, −2,1)

= −1 −3 1−2 −1 11 −2 1 = |1 + 4 − 3 + 1 − 2 − 6| =

(b) Sea el plano que pasa por los puntos ,

≡ = (1,1,1) = (−1, −3,1)= (−2, −1,1) ≡ , , = 0

≡ − 1 − 1 − 1−1 −3 1−2 −1 1 = 0 ª

( − 1) ∙ (−2) − ( − 1) ∙ 1 + ( − 1) ∙ (−5) = 0

≡ −2 − − 5 + 8 = 0 ≡ 2 + + 5 − 8 = 0

Sea la recta pedida ⊥ = ∥ =

≡ 2 + + 5 − 8 = 0 = (2,1,5) = (2,1,5)

≡ = (2,1,5) Pasa por (2, −1,2) ≡ = =




Sea la función ∶ ℜ → ℜ dada por ( ) = ( + ) ≤ 0 > 0 Calcula las constantes , y

sabiendo que f es derivable y que la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa = 1 tiene pendiente

Solución

Como es derivable en = 0 = 0

( ) = ( + ) ≤ 0 > 0 ′( ) = ( + ) + (2 + ) < 0( )( ) > 0∃ = 0

es continua en = 0 (0) = → ( ) = → ( ) (0) = → ( ) = 0

→ ( ) = =

es derivable en = 0 ′(0) = → ′( ) = → ′( ) → ′( ) =→ ( ) = − = − =

r.t. en = 1 tiene pendiente (1) = 3

(1) = ∙ ( ) ∙( ) = 3 ( ) = 3 3 = 12 =

( ) = ≤+ > 0



Dada la función definida por ( ) = para ≠ 1 y ≠ 4. Calcula el área del recinto limitado

por la gráfica de , el eje de abscisas, y las rectas = 2 , = 3.

Solución

La función es continua en ℜ − 1,4 , por tanto es continua en el intervalo [2,3] Para calcular el área

1. En 1er lugar se calculan los cortes de la función con el eje OX: ( ) = = 0 ∄ ó

2. Área = ( ) . Calculamos antes una primitiva

Es una integral racional: se calculan las raíces del denominador

− 5 + 4 = 0 = ±√ ∙ ∙∙ = ± = 41 − 5 + 4 = ( − 1)( − 4)

= + = ( ) ( )( )( ) ( − 4) + ( − 1) = 3

( − 4) + ( − 1) = 3 = 1 − 3 = 3 = −1 = 4 3 = 3 = 1 = + = − | − 1| + | − 4 | Área = ( ) = [ | − 4 | − | − 1|] = |( 1 − 2) − ( 2 − 1)| = .

Si dibujáramos la función: = 1 y = 4 son A.V. = 0 es A.H.

Observando la gráfica: Área = - ( )


Ejercicio 3.-

Considera las siguientes matrices A = −1 20 1 y B = −3 02 −1

(a) [0’75 puntos] Calcula (b) [1’75 puntos] Resuelve la ecuación matricial − = 2 , donde es la matriz identidad de orden

y es la matriz traspuesta de

Solución

(a) ∃ ⇔ | | ≠ 0 | | = −1 20 1 = −1 ≠ 0

A = | | ∙ (Adj A) ( ) = (−1) ∙ 1 = 1 = (−1) ∙ 2 = −2 = (−1) ∙ 0 = 0 = (−1) ∙ (−1) = −1

= | | ∙ (Adj A) = − 1 −20 −1 = −

(c) Se cumple: ( ) = ( ) por tanto:

A = −1 20 1 ( ) = ( ) = −1 20 1 = −1 02 1

− = 2 = + 2

( ) A [ = + 2 ]( )

∙ ∙ ( ) = ( + 2 )( )

+ 2 = −3 02 −1 + 2 1 00 1 = −1 02 1

= ( + 2 )( ) = −1 20 1 ∙ −1 02 1 ∙ −1 02 1 = 5 22 1 ∙ −1 02 1 = −


Ejercicio 4.-

Considera los puntos (1,2,1), (−1,0,3)

(a) [1’25 puntos] Calcula las coordenadas de los puntos que dividen el segmento en tres partes iguales.

(b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano perpendicular al segmento y que pasa por .

Solución

1ª forma.- Observando el dibujo de la derecha se

deduce: = + = + 13 = (−1,0,3) − (1,2,1) = (−2, −2,2) = + 13 = (1,2,1) + 13 (−2, −2,2)

= 1 − , 2 − , 1 + = , ,

Para calcular se puede hacer de dos formas = + = + ó

Lo hacemos de la 2ª:

= = ( ) , , = , , = ( , , )

2ª forma.- Sea el plano pedido y como se observa en la gráfica

= (−2, −2,2) ∥ (1,1, −1) es el vector normal del plano

Por tanto:

≡ + − + = 0 pasa por (1,2,1) 1 + 2 − 1 + = 0 = −2

≡ + − − =




Sea ∶ ℜ → ℜ la función definida como ( ) = ( + 1) ∙ √3 − . Halla las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = −5 y en el punto de abscisa = 2.

Solución ( ) = ( + 1) ∙ √3 − ( ) = √3 − − ( )( ) Recta tangente (r.t.) en = : − ( ) = ( ) ∙ ( − )

Recta normal (r.n.) en = : − ( ) = ( ) ∙ ( − )

= −5 (−5) = (−5 + 1) ∙ 3 − (−5) = −4 ∙ 2 = −8 (−5) = 3 − (−5) − ( ( )) = 2 + ∙ =

r.t. en = −5: − (−5) = (−5) ∙ ( + 5) + = ∙ ( + )

r.n. en = −5: − (−5) = ( ) ∙ ( + 5) + = ∙ ( + )

= 2 (2) = (2 + 1) ∙ √3 − 2 = 3 ∙ 1 = 3 (2) = √3 − 2 − ( ) = 1 − ∙ = 0

r.t. en = 2: − (2) = (2) ∙ ( − 2) − 3 = 0 ∙ ( + 5) = es una recta horizontal

r.n. en = 2: rerta perpendicular a = 3 por el punto (2,3) =

es una recta vertical

Ejercicio 2.-

Considera la función f ∶ ℜ → ℜ definida por f(x) = x|2 − x| (a) [1 punto] Esboza su gráfica.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta de

ecuación = 3.

Solución


( ) = |2 − | = (2 − ) < 2( − 2) ≥ 2 = 2 − < 2− 2 ≥ 2 puesto que

|2 − | = 2 − 2 − > 0−(2 − ) 2 − ≤ 0 = 2 − < 2− 2 ≥ 2

(a) Esta función es continua en por ser producto de funciones continua en

x y 0 0 = − + 2 = = 1 1 1 vértice 2 0

2 0 = − 2 = = 1 no está en el trozo = 1 − 2 = −1 3 -3

(b) Un boceto del recinto es

Por tanto observando el recinto:

Área = (− + 2 ) + ( − 2 ) = + + −

= + 4 − 0 + (9 − 9) − ( − 4) = + = . . Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Obtén un vector no nulo v = (a, b, c) , de manera que las matrices siguientes tengan simultáneamente rango

.

= 1 11 01 1 = 2 00 −13 1

Solución


= ( , , ) = 1 11 01 1 = 2 00 −13 1

En : 1 11 0 ≠ 0 luego ( ) = 2 ⇔ | | = 0

| | = 1 11 01 1 = : − = 1 11 00 0 − = =

= ( − ) ∙ (−1) ∙ 1 11 0 = −

Por tanto ( ) = 2 ⇔ | | = 0 ( 1 11 0 ≠ 0 ) ⇔ =

En : 2 00 −1 ≠ 0 luego ( ) = 2 ⇔ | | = 0

| | = 2 00 −13 1 = : + = 2 00 −13 0 + = =

= (−1) ∙ (−1) ∙ 23 + = −(2 + 2 − 3 ) = −2 − 2 + 3

Por tanto ( ) = 2 ⇔ | | = 0 ( 2 00 −1 ≠ 0 ) ⇔ −2 − 2 + 3 = 0

= −2 − 2 + 3 = 0 −2 − 2 + 3 = 0 = 2=

= ( , , ) = ( , , ) ∀ ∈ ∗

Ejercicio 4.- Considera el plano definido por 2x − y + nz = 0 y la recta dada por = =

con m ≠ 0. (a) [1’25 puntos] Calcula y para que la recta sea perpendicular al plano . (b) [1’25 puntos] Calcula y para que la recta r esté contenida en el plano .

Solución 2 − + = 0 ∶ = (2, −1, )

= = ∶ = (1,0,1) ∶ = ( , 4,2)


(a) Observando el dibujo: ⊥ ⇔ ∥

= (2, −1, ) ∥ = ( , 4,2) ⇔ = =

==

= −= (b) Observando el dibujo: ⊂ ⇔ ⊥ ∈

⊥ ⇔ ∙ = 0 ⇔ (2, −1, ) ∙ ( , 4,2) = 2 − 4 + 2 = 0 ⇔ + = 2 (1,0,1) ∈ 2 ∙ 1 − 0 + ∙ 1 = 0 = −2

Se cumple por tanto: = −2 + = 2 = −=




Dada la función ∶ ℜ → ℜ definida como ( ) = . ( ) + + + , determina los valores de las constantes , , y sabiendo que la gráfica de tiene tangente horizontal en el punto (0,4) y que la segunda derivada de es ’’( ) = 3. ( ) − 10.

Solución ( ) = . ( ) + + + ′( ) = . ( ) + 2 + ( ) =− . ( ) + 2

tiene tangente horizontal en el punto (0,4) (0) = 4 (0) + 0 + 0 + = (0) = 0 acos(0) + 0 + = 0 + = 0

’’( ) = 3. ( ) − 10 ( ) = − . ( ) + 2 − . ( ) + 2 = 3. ( ) − 10 − = 3 2 = −10 = − = −

+ = 0 = − =


Dada la función dada por f(x) = para ≠ 1 y ≠ 0. Determina una primitiva de tal que (1) = 1.

Solución

Las primitivas de la función ( ) = son ( ) =

+ = ( + 1) = 0 = 0 = −1 raíces simples

La descomposición en fracciones simples es:

= + = ( )( ) ( + 1) + = 1 = 0 = 1 = −1 = −1 ( ) = = − = | | − | + 1| +

( ) = | | − | + 1| + ( ) |1| − |1 + 1| + = − 2 + = 1

= 1 + 2


( ) = | | − | + | + +

Ejercicio 3.-

Considera el sistema de ecuaciones + 2 + 6 = 0 2 + + 4 = 2 2 + + 6 = − 2

(a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro . (b) [0’75 puntos] Resuélvelo para = 2 .

Solución

(a) Las matrices asociadas del sistema son: = 2 62 42 6 y ∗ = 2 6 0 2 4 2 2 6 − 2

| | = 2 62 42 6 = : − = 2 62 40 0 2 = =

= 2 ∙ (−1) ∙ 22 = 2( − 4) = 0 = 2 = −2

≠ ±2 | | ≠ 0 ( ) = ( ∗) = 3 ª . . . ó ú

= 2 = 2 2 62 2 42 2 6 y ∗ = 2 2 6 0 2 2 4 22 2 6 0

Como = y 2 62 4 ≠ 0 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 ª . . . é á

= −2 = −2 2 62 −2 42 −2 6 y ∗ = −2 2 6 02 −2 4 22 −2 6 −4

| | = 0 y 2 62 4 ≠ 0 ( ) = 2

Para calcular ( ∗) orlamos u menor no nulo de ∗

2 62 4 ≠ 0 orlados en ∗

: | | = 0 : 2 6 0−2 4 2−2 6 −4 ≠ 0 ª

. . ó

(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro. Para resolver

el sistema se elimina la ecuación que no forma parte del menor que da el rango y a la columna se le da un

valor paramétrico:

∗ = 2 2 6 0 2 2 4 22 2 6 0 = 2 + 6 = −2 2 + 4 = 2 − 2

+ 3 = − + 3(−1) = − = 3 −

Solución: = = −= − ∀ ∈

Valor paramétrico =



Halla el punto simétrico de P(1,1,1) respecto de la recta r de ecuación = =

Solución

= = = (2,3, −1)= (1,0, −1) Los puntos genéricos de son: (1 + 2 , 3 , −1 − )

1ª forma.- Observando el dibujo de abajo, es el único punto de que cumple:

∈ = (1 + 2 , 3 , −1 − )= (1,1,1) = (2 , 3 − 1 , −2 − )

∙ = 0

∙ = (2 , 3 − 1 , −2 − ) ∙ (2,3, −1) = 0

2 ∙ 2 + 3 ∙ (3 − 1) − (−2 − ) = 0 14 = 1

= = 1 + , , −1 − = ( , , )

es el punto medio del segmento ’

= (1,1,1) = ( , , ) = ( , , )

= == == =

Por tanto: ( , , )

2ª forma.- Sea el plano perpendicular a la recta pasando por

Si π = (2,3, −1) =

≡ 2 + 3 − + = 0 pasa por = (1,1,1)

≡ 2 ∙ 1 + 3 ∙ 1 − 1 + = 0 = −4

≡ 2 + 3 − − 4 = 0

= ó (1 + 2 , 3 , −1 − ) ∈ ≡ 2 + 3 − − 4 = 0 2 ∙ (1 + 2 ) + 3 ∙ 3 − (−1 − ) − 4 = 0 =

Se procede como en el apartado anterior




Considera la función f ∶ ℜ → ℜ definida por f(x) = e x ≤ 0 1 − x 0 < < 1 1 ≤ x

Estudia su continuidad y derivabilidad. Determina la función derivada de .

Solución

f(x) = e x ≤ 0 1 − x 0 < < 1 1 ≤ x f′(x) = −e x < 0 −2 0 < < 1( ) 1 < ? = 0 = 1

= es continua y derivable en es continua y derivable en < 0

= 1 − es continua y derivable en es continua y derivable en 0 < < 1

= es continua y derivable en ℜ − −1 es continua y derivable en > 1

Continuidad en = 0: (0) = → ( ) = → ( )

→ ( ) = → ( ) = 1 → ( ) = → (1 − ) = 1(0) = = 1 es continua en = 0

Derivabilidad en = 0: utilizamos la continuidad de la derivada (0) = → ( ) = → (− ) = −1(0) = → ( ) = → (−2 ) = 0 no es continua en = 0

De aquí se deduce que no es derivable en = 0 aunque la forma correcta de demostrarlo es

aplicando la definición de derivada. Veámoslo:

(0) = → ( ) ( ) = → ( ) =(0) = → = ô = → = −1(0) = → = → (−ℎ) = 0

Continuidad en = 1: → ( ) = → ( ) = (1) → ( ) = → (1 − ) = 0→ ( ) = → = 1 (1) = = 1 ∄ → ( ) es no es continua en = 1

es no es derivable en = 1


es continua en − y es derivable en − , ′( ) = − < 0 − < < 1( ) <

Ejercicio 2.-

Sean , g ∶ ℜ → ℜ las funciones definidas por ( ) = − 2 + 3 y ( ) = + 1

(a) [1 punto] Esboza las gráficas de f y g, y halla su punto de corte.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y el eje de ordenadas.

Solución

(a) ( ) = − 2 + 3 es una parábola con las ramas hacia arriba

vértice: = = 1= 2 (1,2) Pasa por (0,3)

( ) = + 1 es una parábola con las ramas hacia arriba

vértice: = = 0= 1 (0,1) Pasa por (2,3)

El punto de corte es: ( ) = ( ) − 2 + 3 = + 1 − 2 + 2 = 0

= ±√ = 2

(b) El recinto al que tenemos que calcular el área es:

Observando el dibujo

Área = ( − 2 + 3) − ( + 1) =

= ( − 2 + 2) = − + 2 = = − 4 + 4 − (0) = . .


Ejercicio 3.-

De la matriz = se sabe que ( ) = 4. Se pide:

(a) [1’25 puntos] Halla (−3 ) y 2 2−3 −3 . Indica las propiedades que utilizas.

( es la matriz traspuesta de ) (b) [0’75 puntos] Calcula ( ∙ ) (c) [0’5 puntos] Si es una matriz cuadrada tal que = , siendo la matriz identidad,

halla ( )

Solución

(a) (−3 ) =( ) (−3 ) =( ) (−3) ∙ 4 = 36 2 2−3 −3 =( ) 2 ∙ (−3) ∙ =( ) 2 ∙ (−3) ∙ (−1) ∙ = 24

(b) ( ∙ ) =( ) ( ) ∙ ( ) =( ) ( ) ∙ ( ) = 1

(c)

( ) = ( ) =( ) 1 ( ) =( ) ( ) ∙ ( ) ∙ ( ) = [ ( )] [ ( )] = 1

( ) = √1 = 1

Propiedades

(1) El determinante de una matriz coincide con el determinante de su matriz traspuesta.

(2) Si un número multiplica a una fila (o columna) de un determinante entonces dicho número sale fuera y multiplica

a dicho determinante, como consecuencia:

Si un número multiplica a una matriz entonces dicho número multiplica a cada fila (columna) por lo tanto el

número elevado al orden de la matriz multiplica al determinante:

Si A es de orden n det(k.A) = kn.det(A)

(3) Si se intercambian dos filas (o columnas) de orden entonces el determinante cambia de signo.

(4) El determinante de un producto es igual al producto de los determinantes.

(5) Como ∙ = ( ) det ( ∙ ) = det ( ) ∙ det ( ) =( ) 1

det ( ) = ( ) (6) El determinante de la matriz identidad vale 1: det( ) = 1


Ejercicio 4.- Sean los puntos (2, , ) , (− , 2,0) y (0, , − 1) (a) [1 punto] ¿Existe algún valor de ∈ ℜ para el que los puntos , y estén alineados?

Justifica la respuesta. (b) [1’5 puntos] Para = 1 halla la ecuación del plano que contiene al triangulo de vértices , y

. Calcula la distancia del origen de coordenadas a dicho plano.

Solución

(a) , y están alineados ⇔ (vectores con coordenadas proporcionales) = (− , 2,0) − (2, , ) = (− − 2 , 2 − , − )= (0 , , − 1) − (2, , ) = (−2,0, − 1) (− − 2 , 2 − , − ) ∥ (−2 , 0 , − 1)

= = = − 2(2 − λ) = 0 λ = 2= 0 = −(2 − λ) λ = 2 =

= (− , , − ) ∥ = (− , , − )

(b) Por el apartado anterior para = 1 los puntos no están alineados luego forman un plano

= 1 (2,1,1) , (−1,2,0) y (0,1,0) = (− − 2 , 2 − , − ) = (−3,1, −1= (−2,0, − 1) (0,1,0)

El plano sería − 1−3 1 −1−2 0 −1 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1a fila:

∙ (−1) − ( − 1) ∙ 1 + ∙ 2 = 0 − − + 1 + 2 = 0 ≡ + − − =

Sea (0,0,0) (origen de coordenadas) ( , ) = | ∙ |( ) = √ . .


Exámenes Selectividad 2009




Calcula el siguiente límite (ln denota logaritmo neperiano),

lim→ 1 − 2− 1

Solución lim→ 1 − 2− 1 = ∞ − ∞ ( ó ) Se resuelve poniendo común denominador y el límite que resulta tiene una indeterminación (∞

∞ ó ) que

se puede resolver por la Regla de L’Hôpital que dice:

Si ( ) 0lim( ) 0x a

f xg x→

= y ∃ '( )lim'( )x a

f xg x→

( ) '( )lim lim( ) '( )x a x a

f x f xg x g x→ →

=

También se puede aplicar para cuando → ∞ y la indeterminación ∞

∞

lim→ 1 − 2− 1 =

lim→ ( − 1) − 2∙ ( − 1) = 00 =′ ô ó lim→ 2 − 2− 1 + 2 = 00 =′ ô ó

= lim→ 2 + 2+ 1 + 2 + 2 = 2 + 22 + 0 + 2 =

También se podría simplificar antes:

lim→ 2 − 2− 1 + 2 = lim→ 2 − 2− 1 + 2 = lim→ 2 − 2− 1 + 2 = 00 =′ ô ó

lim→ 42 + 4 + 2 = lim→ 42 + 4 + 2 = 42 + 0 + 2 = 1


Ejercicio 2.- Sea f : ℜ → ℜ la función definida por ( ) = | – 1|. (a) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de (b) [0'75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación y = x es la recta tangente a la gráfica de en el

punto de abscisa = 0. (c) [1'25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de y la de dicha tangente.

Solución

(a) ( ) = – 1 = − + < 1− ≥ 1 puesto que

Una tabla de valores sería:

Un esbozo de la gráfica es:

(b) La recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 0 es

− (0) = ’(0)( − 0) ( )

= ’(0) ∙ ∗⇒ =

′( ) = −2 + 1 para < 1 ′(0) = 1

Por tanto la recta que me dicen en el enunciado es la recta tangente.

1

| – 1| = −( − 1) | – 1| = − 1x y

vértice

1 0

y = -x2+x parábola con las ramas hacia abajo

xv = −1−2 = 12

1 0

2 2

y = x2-x parábola con las ramas hacia arriba

Vértice: xv = 12 yv =

−14 que no está en el dominio de la función


(c) Gráficamente el área pedida es:

Observando el dibujo el área pedida es:

Área = ( − (− + )) + ( − ( − )) =

= + (2 − ) =

= + − = + 4 − − 1 − = = u.a.

Ejercicio 3.- Sean F1, F2 , F3 , las filas primera, segunda y tercera, respectivamente, de una matriz B de orden 3, cuyo determinante vale -2. Calcula, indicando las propiedades que utilices:

c) [0'5 puntos] El determinante de B -1. d) [0'5 puntos] El determinante de (B t)4 (Bt es la matriz traspuesta de B). e) [0'5 puntos] El determinante de 2B. f) [1 punto] El determinante de una matriz cuadrada cuyas filas primera, segunda y tercera son,

respectivamente, 5F1 - F3, 3F3, F2

Solución

Sea B = ( F1, F2 , F3) y |B| = - 2.

(a) |B-1|=| | =

Puesto que:

B B-1 = I3 (siendo I la matriz identidad de orden 3)

|B B-1| = |I3| = 1 (1) (2) |B| |B-1| = 1 |B-1|= | |

(1) El determinante de la matriz identidad vale 1

== −

= − +

El punto de corte de:= − = = − = 0 á= 2


(2) El determinante de un producto de matrices es igual al producto de los determinantes

(b) |(B t)4| =( ) |B4| =( )

|B|4 = (-2)4 = 16 (3) El determinante de una matriz coincide con el de su traspuesta

(c) |2B| = |2F1, 2F2 , 2F3| =( ) 23 | F1, F2 , F3| = -16

(4) Si un número multiplica a una fila (columna) entonces dicho número puede salir fuera del determinante factor común multiplicando al determinante.

(d) |5F1 - F3, 3F3 , F2| =( ) = |5F1, 3F3 , F2| + | - F3, 3F3 , F2| =( ) ( )

5.3. |F1, F3 , F2| + 0 = =( )

= -15. |F1, F2 , F3| = (-15).(-2) = 30

(5) Si una fila de un determinante es suma de dos sumandos dicho determinante es igual a la suma de

dos determinantes colocando en dicha fila el primer y segundo sumando respectivamente.

(6) Si un determinante tiene dos filas iguales o proporcionales el determinante es cero

(7) Si cambiamos entre sí dos filas el determinante cambia de signo.

Ejercicio 4.-[2’5 puntos]

Se considera la recta definida por = 1= 1= − 2 y la recta definida por

= = − 1= −1

Halla la ecuación de la recta perpendicular común a y .

Solución

: = 1= 1= − 2 ó : = (0,0,1) : = (1,1, −2)

: = = − 1= −1 ó : = (1,1,0) : = (0, −1, −1)

Previamente se estudia la posición relativa de las rectas:

Como = (0,0,1) = (1,1,0) las rectas se cortan o se cruzan

Se calcula el determinante: | , , | = 0 0 11 1 00 − 1 −1 − 1 −1 + 2 =

0 0 11 1 0−1 −2 1 ≠ 0

Por tanto las rectas se cruzan

1ª Forma: calculando los puntos y


Los puntos de la recta son de la forma: (1,1, − 2)

Los puntos de la recta son de la forma: ( , − 1, −1)

Los puntos buscados cumplen = ( , − 1, −1) − (1,1, − 2) = ( − 1, − 2, − + 1) es

perpendicular a y :

⊥ ∙ = 0 = ( − 1, − 2, − + 1) ∙ (0,0,1) = − + 1 = 0 = 1

⊥ ∙ = 0 = ( − 1, − 2, − + 1) ∙ (1,1,0) = − 1 + − 2 = 0 =

Por tanto: (1,1, − 2) (1,1, −1)

( , − 1, −1) ( , , −1)

La recta pedida es la que tiene como punto y como dirección = , , −1 − (1,1, −1) = , , 0 (1, −1,0)

≡ = += −= − ∀ ∈

2ª Forma: Como intersección de dos planos

Un vector perpendicular a ambas rectas es el producto vectorial: ×

× = 0 0 11 1 0 = (−1)– (−1) + (0) = (−1,1,0)

Se construyen los planos:

π1 contiene a la recta " " y al vector × ≡ = ó = ó = ×

π2 contiene a la recta " " y al vector × ≡ = ó = ó = ×

π1 ≡ det( X, , × ) =− 1 − 1 + 20 0 1−1 1 0 = ( − 1) ∙ (−1) – ( − 1) ∙ (1) + ( + 2) ∙

(0) = − − + 2 = 0

π2 det( X, , × ) =+ 1 + 11 1 0−1 1 0 = ( ) ∙ (0) – ( + 1) ∙ (0) + ( + 1) ∙ (2) = 2 + 2 = 0

La recta pedida " " en forma implícita es + − =+ =

Puesto que ambos planos tienen como dirección común una dirección perpendicular a ambas rectas y

además esta recta corta a porque y están en el plano π1 y no son paralelas luego se cortan, igual con

el plano π2



Ejercicio 1.-

Sea : la función definida por

( ) = < 0− 3 − 1 ≥ 0

(c) [0’75 puntos] Estudia su continuidad y derivabilidad. (d) [1’25 puntos] Determina sus asíntotas y sus extremos relativos. (e) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de

Solución

(a) ( ) = es continua y derivable en − 1 es continua y derivable en < 0 ( ) = – 3 – 1 es continua y derivable en es continua y derivable en > 0

Falta estudiar continuidad y derivabilidad en x = 0

es continua en = 0 si: (0) = 0 0

lim ( ) lim ( )x x

f x f x− +→ →

=

0 0

2

00

1lim ( ) lim 11

f(0)= lim ( ) lim ( 3 1) =-1x x

xx

f xx

f x x x

− −

+

→ →

→ +→

= = − − = − −

Por tanto es continua en =

Derivabilidad de en = 0

( ) = < 0− 3 − 1 ≥ 0 ′( ) = ( ) < 02 − 3 > 0? = 0

( )-

20 0

+

0 0

1f'(0 )= lim '( ) lim 11

f'(0 )= lim '( ) lim (2 3) = - 3

x x

x x

f xx

f x x

− −

+ +

→ →

→ →

− = = − − = −

Probablemente no es derivable en = 0

Aplicamos la definición:

-

0 0 0 0

1 1(0 ) (0) ( ) 1 1 11f'(0 )= lim lim lim lim( 1)h h h h

f h f f h hhh h h h h− − − −→ → → →

++ − + + −−= = =⋅ −

= 0

1lim 11h h−→

= −−

+

0f'(0 )= lim

x +→

2

0 0

(0 ) (0) ( ) 1 3 1 1lim limh h

f h f f h h hh h h+ +→ →

+ − + − − += = =

0 0

( 3)lim lim ( 3) 3h h

h h hh+ +→ →

− = − = −

Por tanto ’( ) puesto que no existe el límite


(b) Asíntotas:

Asíntotas verticales (A.V.): son las discontinuidades inevitables de salto infinito de la función, que como

es continua A.V.

Asíntotas horizontales (A.H.):

limx → −∞

( ) = limx → −∞

= 0 = es A.H. en −∞

limx → +∞

( ) = limx → +∞

( − 3 − 1) = +∞

En +∞ no hay asíntota oblicua porque las parábolas que no tiene asíntotas.

Extremos relativos

’( ) = 0 ( ) = 0 ∄ ó 2 − 3 = 0 > 0 = > 0

Sin hacer ningún cálculo se que es un mínimo puesto que se trata de una parábola con las ramas hacia

arriba.

(c) Una tabla de valores adecuada sería: ( ) = < 0− 3 − 1 ≥ 0

x y

0 -1 excluido

0 -1 incluido 32 −134 Vértice

Un esbozo de la gráfica es (el trozo de parábola en azul)


Ejercicio 2.-

Considera la curva de ecuación = − 3

(c) [0’5 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto de abscisa = −1

(d) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la curva dada y la recta = 2.

Solución

(c) La ecuación de la recta tangente (r.t.) en = −1 es: − (−1) = ’(−1). ( + 1) ( ) = − 3 ′( ) = 3 − 3 ′(−1) = 0(1) = 2

r.t. en = − : − = . ( + ) =

(d) Aunque no se pide el dibujo del recinto es:

Observando el dibujo:

Área = [2 − ( − 3 )] = 2 − + = (4 − 4 + 6) − (−2 − + ) = Si no hacemos el dibujo la manera de calcular lo pedido es:

Calculamos el punto de corte de ambas

funciones: = 2 ( ) = − 3 ( ) = − 3 = 2 ( ) = − 3 − 2 = 0

Como = 2 es la recta tangente a en = −1, ya tenemos una solución de la ecuación:

Por Ruffini con = −1:

Resolviendo la ecuación − − 2 = 0 ±√ = −12

Por tanto ambas funciones se cortan en = −1 y = 2

El área pedida es:

Área = [2 − ( − 3 )] = 2 − + = (4 − 4 + 6) − (−2 − + ) =

1 0 -3 -2

-1 -1 1 2

1 -1 -2 0


Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Una empresa envasadora ha comprado un total de 1500 cajas de pescado en tres mercados diferentes, a un precio por caja de 30, 20 y 40 euros respectivamente. El coste total de la operación ha sido de 40500 euros. Calcula cuánto ha pagado la empresa en cada mercado, sabiendo que en el primero de ellos se ha comprado el 30 % de las cajas.

Solución

Sean: x cajas de 30 euros y cajas de 20 euros z cajas de 40 euros

Se compran 1500 cajas + + = 1500

El coste total de la operación es de 40500 euros 30 + 20 + 40 = 40500

dividiendo por 10: 3 + 2 + 4 = 4050

En el 1er mercado se compra el 30 % de las cajas: x = 30% de 1500 = 1500 ∙ = 450

Luego nos queda = 450 + + = 1500 3 + 2 + 4 = 4050

+ = 1050 2 + 4 = 2700

+ = 1050 = 750

Lo que piden es el dinero que ha pagado en cada mercado

En el primer mercado han pagado: 30 ∙ = 30 ∙ 450 = 13500 euros

En el segundo mercado han pagado: 20 ∙ = 20 ∙ 750 = 15000 euros

En el tercer mercado han pagado: 40 ∙ = 40 ∙ 750 = 12000 euros

Ejercicio 4.-

Considera la recta definida por + = 2+ = 0 y la recta que pasa por los puntos (2,1,0) y (1,0, −1).

(c) [1 punto] Estudia la posición relativa de ambas rectas. (d) [1’5 puntos]Determina un punto de la recta tal que los segmentos y sean

perpendiculares

Solución

(b) Pasamos a la recta a sus ecuaciones paramétricas:

+ = 2+ = 0

= = 2 −= −

= 2 −= = −


ó : = (−1,1, −1) : = (2,0,0)

La ecuación paramétrica de :

= 2 += 1 += ó : = = (1,1,1) : = = (2,1,0)

Como = (−1,1, −1) = (1,1,1) las rectas se cortan o se cruzan

Se calcula el determinante: | , , | = −1 1 −11 1 12 − 2 1 − 0 0 − 0 =

−1 1 −11 1 10 1 0 = 0

Por tanto las rectas se cortan

(c) El punto que por pertenecer a la recta es de la forma: (2 − , , − )

= − = (2,1,0) − (2 − , , − ) = ( , 1 − , )

= − = (1,0, −1) − (2 − , , − ) = (−1 + , − , −1 + )

Como ⊥ ⋅ = 0 = ( , 1 − , ) ⋅ (−1 + , − , −1 + ) = 0

⋅ (−1 + ) + (1 − ) ⋅ (− ) + ⋅ (−1 + ) = − + − + − + =3 − 3 = 0

nota: si se observa la expresión anterior es más fácil sacar factor común :

(−1 + − 1 + − 1 + ) = 3 ( − 1)

3 ( − 1) = 0 = 0= 1

Hay dos puntos que lo cumplen = 0 ( , , )

= 1 ( , , − )




Se considera la función : [ 1 , +∞) → ℜ definida por ( ) = − +

Determina las asíntotas de la gráfica de .

Solución

Asíntotas verticales (A.V.): A.V. puesto que el dominio de la función es [ 1 , +∞), donde es continua

Asíntotas horizontales(A.H.): A ser el dominio de la función [ 1 , +∞), solo tiene sentido calcularla en +∞: lim→ ∞− + = (+∞) + (+∞) = +∞

Por tanto no existen A.H.

Asíntotas oblicuas(A.O.): = +

= lim→ ∞

( ) = lim→ ∞

√ − + =∗ lim→ ∞

1 − 1 + 11 = 2

= lim→ ∞( ( ) − ) = lim→ ∞

− + − 2 = lim→ ∞( − − ) = ∞− ∞

= lim→ ∞

(√ )∙(√ )√ = lim→ ∞ √ = lim→ ∞ √ =∗ lim→ ∞ = lim→ ∞ =

* Dividiendo numerador y denominador entre por tener la indeterminación ∞

∞

Es A.O. la recta = −


Ejercicio 2.- La curva = divide al rectángulo de vértices = (0,0), = (2,0), = (2,1) = (0,1) en dos recintos. (a) [ 0’75 puntos] Dibuja dichos recintos. (b) [ 1’75 puntos] Halla el área de cada uno de ellos Solución

(a) = es una parábola de vértice (0,0)

(b) Mirando la gráfica anterior:

1º Se calcula la intersección de la gráfica de con el rectángulo es decir la recta = 1

Se resuelve el sistema = 1= = 1 = ±√2 solución válida: = √2

2º A1= 1 − = − √√ = (1 − √ = √2 1 − = √ u.a

3º A2 = Área rectángulo - A1 = 2 ∙ 1 − √ = 2 − √ = √ u.a.

Ejercicio 3.-

a) [1'75 puntos] Discute según los valores de parámetro λ el siguiente sistema

3 + = 0 + = + + 3 = 1

b) [0'75 puntos] Resuélvelo para λ = 0

Solución

(c) Matriz coeficientes A = 3 01 01 1 3 Matriz ampliada A* =

3 0 01 01 1 3 1

|A| = 3 01 01 1 3 = 0 + 0 + − 0 − 3 − 3 = − 6 = 0 ( − 6) = 0 = 0= 6

A1 A2

= 1

= 12


= A = 3 0 01 0 01 1 3 A* =

3 0 0 01 0 0 01 1 3 1

Evidentemente ( ) = ( ∗) = 2 puesto 1 = 3 y 1 01 1 ≠ 0

Por tanto = 0 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 . . . é

= A = 3 6 01 0 61 1 3 A* =

3 6 0 01 0 6 61 1 3 1

( ) = 2 porque | | = 0 y 1 01 1 ≠ 0

Para calcular ( ∗) se toma un menor de orden 2 no nulo en ∗ y se orla:

1 01 1 ≠ 0 orlados en ∗

1ª 3ª : | | = 0 1ª 4ª : 3 6 01 0 61 1 1 = 36 − 18 − 6 ≠ 0

Por tanto ( ∗) = 3 puesto que existe un menor de orden 3 no nulo

Así ( ) ≠ ( ∗) Sistema incompatible ( . .) ≠ , ( ) = 3 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó . . .

(d) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un

parámetro.

Se elimina la 1ª fila (ecuación) que es igual a la 2ª y quedaría: 3 0 0 01 0 0 01 1 3 1 (A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico)

= = 0 + = 1 − 3

= = −= ó

Por tanto en este caso tenemos tres planos que se cortan en esta recta

Ejercicio 4.-

Considera el punto P(1,0,0) , la recta r definida por 13

2 2y zx +− = =

− y la recta s definida por

(x,y,z)=(1,1,0)+λ(-1,2,0)

a) [1’25 puntos] Estudia la posición relativa de r y s .

b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasando por P es paralelo a r y s .

Solución

1: 32 2y zr x +− = =

− : (1,2, 2)

: (3,0, 1)r

r

dirección de r dpunto de r P

→ = −

= −


s: (x,y,z)=(1,1,0)+λ(-1,2,0) : ( 1,2,0): (1,1,0)s

dirección de s dspunto de s P

→ = −

=

a) En primer lugar comparamos las direcciones de las rectas:

(1,2, 2)rd→

= − || ( 1,2,0)ds→

= − porque 1 2 0

1 2 2− ≠ ≠

− las rectas se cortan o se cruzan

En 2º lugar para determinarlo se estudia el determinante formado por: , ,r r r sd d P P

1 2 2 1 2 2, , 1 2 0 1 2 0 2 2 0 8 0 2 0

1 3 1 0 0 1 2 1 1r r r sd d P P

− −= − = − = + + − − + ≠

− − +

Las rectas se cruzan b) Sea π el plano pedido

El plano es paralelo a r y s (1,0,0)

Contiene a sus direccionesPasa por el punto P

(1,2, 2)

( 1,2,0)(1,0,0)

r

s

d

dP

= − = −

El plano es:

11 2 2 01 2 0

x y z−− =

− 4x + 2y + 4z – 4 =0 2x + y + 2z – 2 =0




De entre todos los rectángulos cuya área mide 16 cm2 , determina las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud.

Solución

Área = 16 cm2 ∙ = 16 =

Por el Tª de Pitágoras: = +

Por tanto la función a optimizar (minimizar) es la función ( ) = +

Se cumple que minimizar ( ) = + equivale a minimizar ( ) = +

(El máximo o mínimo de una raíz cuadrada está donde esté el máximo o mínimo de lo de dentro)

Por tanto ( ) = + ′( ) = 2 + 2 ∙ ∙ = 2 − 2 ∙ = 0 2 − 2 ∙ 16 = 0

Simplificando: = 16 = ±4 = 4 (puesto que es una longitud) posible solución

Para comprobar que es mínimo comprobamos el signo en la segunda derivada:

′( ) = 2 − 2 ∙ ′′( ) = 2 − 6 ∙ ′′(4) = 2 − 6 ∙ 1 < 0

= 4 es mínimo de = 4 es mínimo de (y es absoluto porque la función tiene forma de parábola) = = es el rectángulo (cuadrado) de diagonal de menor longitud con área de 16 cm2.


Sea la función definida por ( ) = √

Halla la primitiva de que cumple (0) = 3. (Sugerencia : utiliza el cambio de variable =

Solución

Hay que calcular √ mediante el cambio de variable =

= = 3 = y despejando: = =

( ) = √4 − 9 = √4 − 4 3 = 13 ∙ 12 ∙ √1 − = 16 = 16 32 +

(0) = 3 ( 0) + = 3 ∙ 0 + = 3 = 3 ( ) = + 3



Sean las matrices A = 1 −2 1−2 −1 11 0 −1 , = 3 1 0−1 2 1 y = −2 11 −20 3

Determina la matriz que verifica − = 2 ( es la matriz traspuesta de )

Solución − = 2 = 2 + si ∃ : = ∙ (2 + )

1 −2 1−2 −1 11 0 −1 = 1 + 0 − 2 + 1 − 0 + 4 = 4 ≠ 0 ∃ = | | ∙ ( ( ))

( ) : = + −1 10 −1= − −2 11 −1= + −2 −11 0= − −2 10 −1= + 1 11 −1= − 1 −21 0

= + −2 1−1 1= − 1 1−2 1= + 1 −2−2 −1

( ) = 1 −2 −1−1 −2 −31 −2 −5 = | | ∙ ( ( )) = ∙ 1 −2 −1−1 −2 −31 −2 −5

2 + = 2 ∙ −2 11 −20 3 + 3 −11 20 1 = −1 13 −20 7

= ∙ (2 + ) = 14 ∙ 1 −2 −1−1 −2 −31 −2 −5 ∙ −1 13 −20 7 = 14 ∙ −7 −2−5 −18−7 −30 =−74 −12−54 −92−74 −152

Solución: =


Ejercicio 4.-

Considera la recta definida por − + 3 = 0+ − − 1 = 0

y la recta s definida por 2 + 1 = 0− 2 + 3 = 0

(a) [1’5 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a y es paralelo a . (b) [1 punto] ¿Existe algún plano que contenga a y sea perpendicular a ? Razona la respuesta

Solución

(a) Previamente se pasan las rectas a sus ecuaciones paramétricas:

≡ − + 3 = 0+ − − 1 = 0 ≡ = = 3 += 2 + 2

≡ 2 + 1 = 0− 2 + 3 = 0 ≡ = −3 + 2 ==

Sea el plano pedido: ó d = (1,1,2)P = (0,3,2) ó : d = (2,0,1)

Por tanto: ≡ − 3 − 21 1 22 0 1 = ∙ 1 − ( − 3) ∙ (−3) + ( − 2) ∙ (−2) = 0

+ − − =

(b) Si ′ un plano es perpendicular a el vector director de la recta s, d = (2,0,1), es el vector normal

del plano ′ ≡ 2 + + = 0

Si ′ contiene a pasa por P = (0,3,2) 2 ∙ 0 + 2 + D = 0 ≡ 2 + − 2 = 0 ó d = (1,1,2) d perpendicular a d = (2,0,1)

d = (1,1,2) perpendicular a d = (2,0,1) ⟺ (1,1,2) ∙ (2,0,1) = 0

que no es cierto puesto que el producto escalar vale: 4

Por tanto no existe el plano pedido

Nota:

El ejercicio se podría hacer simplemente comprobando si los vectores d y d

son perpendiculares


Modelo 1 selectividad 2009 – Opción A


Se considera la función : ℜ→ ℜ la función definida por ( ) = + + + . Calcula los valores de , , sabiendo que verifica:

El punto (0,1) es un punto de inflexión de la gráfica de . tiene un mínimo local en el punto de abscisa = 1. La recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 2 tiene pendiente 1.

Solución ( ) = + + + ′( ) = 3 + 2 + ′( ) = 6 + 2

El punto (0,1) es un punto de inflexión (0) = 1(0) = 0

= 1 es mínimo (1) = 0

La recta tangente en = 2 tiene pendiente 1 (2) = 1

Imponiendo las condiciones anteriores:

(0) = 1 =

(0) = 0 =

(1) = 0 3 + 2 + = 0 3 + = 0

(2) = 1 12 + 4 + = 1 12 + = 1

Se resuelve el sistema: 3 + = 012 + = 1

= = −3 = =

La función quedaría: ( ) = − +


Ejercicio 2.- Considera las funciones , : ℜ → ℜ definidas por ( ) = | | y ( ) = 6 − . (a) [1 punto] Esboza el recinto limitado por sus gráficas. (b) [1'5 puntos] Calcula el área de dicho recinto.

Solución

(a) ( ) = | | = − < 0 bisectriz 2º cuadrante ≥ 0 bisectriz 1 cuadrante

( ) = 6 − es una parábola de vértice (0,6) y pasa por (1,5)

(b) Se observa que la gráfica es simétrica respecto del eje de ordenadas por lo que basta hacer el estudio

desde = 0:

Punto de intersección de ambas gráficas: = 6 −= 6 − = + − 6 = 0

Resolviendo la ecuación: = ±√ = = 2 á = −3 á

Área = 2 ∙ [(6 − ) − ( )] = 2 ∙ 6 − − = 2 ∙ 12 − − 2 − (0) = . .

Ejercicio 3.-

Tratamos de adivinar, mediante ciertas pistas, los precios de tres productos , , . Pista 1: Si compramos una unidad de , dos de y una de gastamos 118 euros. Pista 2: Si compramos unidades de , + 3 de y tres de gastamos 390 euros. (a) [1’5 puntos] ¿Hay algún valor de para el que estas dos pistas sean incompatibles? (b) [1 punto] Sabiendo que = 4 y que el producto cuesta el triple que el producto , calcula el

precio de cada producto. Solución


Las pistan dan lugar al siguiente sistema: + 2 + = 118+ ( + 3) + 3 = 390

La matriz de los coeficientes = 1 2 1+ 3 3 y ampliada: ∗ = 1 2 1+ 3 3 118390 (a) Tenemos que estudiar si hay algún valor de que haga el sistema incompatible:

En la matriz de los coeficientes se forman los dos menores siguientes (resultado de orlar “1” de orden

uno no nulo): 1 2+ 3 = − + 3 y 1 13 = 3 −

Se observa que ambos menores son 0 simultáneamente para = 3. Por tanto:

∀ ≠ 3 ( ) = 2 ( ) = ( ∗) = 2 S.C.I.

= 3 ( ) = 1 y ( ∗) = 2 porque 1 1183 390 ≠ 0 S.I.

Por tanto para = las pistan son incompatibles

(b) En este caso nos quedaría el sistema: + 2 + = 1184 + 7 + 3 = 390 y se le añade la siguiente ecuación: = 3

Por tanto se resuelve: + 2 + = 1184 + 7 + 3 = 390= 3 + 2 + 3 = 1184 + 7 + 9 = 390 4 + 2 = 11813 + 7 = 390

2 + = 59 13 + 7 = 390 = 23

= 23 = 3 = 69

+ 2 + = 118 = (118 − − ) = (118 − 23 − 69) = 13

Solución: ( , , )

Ejercicio 4.-

Considera el punto (1, −2,1) y la recta definida por las ecuaciones + = 22 + + = 7

(a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a que pasa por . (b) [1’5 puntos] Calcula la distancia del punto a la recta .

Solución

Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas: + = 22 + + = 7 = = 2 − = 7 − 2 − 2 +

= = 2 − = 5 − = (1, −1, −1)= (0,2,5)


(a) Sea el plano pedido

es perpendicular a vector normal de = (dirección de ) = (1, −1, −1)

: − − + = 0

Pasa por el punto (1, −2,1) 1 + 2 − 1 + = 0 = −2

: − − − =

(b) 1ª Forma:

Mediante fórmula: ( , ) = ×

La demostración sería:

= = á = ×

= (0,2,5)= (1, −2,1) = (1-0,-2-2,1-5)=(1,-4,-4)

× = 1 −1 −11 −4 −4 = (0,3, −3) × = √18 = 3√2

= √1 + 1 + 1 = √3

Por tanto: ( , ) = × = √√ = √

2ª Forma: utilizando el apartado anterior

Como el plano es perpendicular a la recta ( , ) = ( , )

siendo la intersección de con :

≡ − − − 2 = 0≡ = = 2 − = 5 − − 2 + − 5 + − 2 = 0

Qdistancia


3 − 9 = 0 = 3 (3, −1,2) = (3, −1,2)= (1, −2,1) = (1 − 3, −2 + 1,1 − 2) = (−2,1, −1)

( , ) = ( , ) = = √ + + = √


Modelo 1 selectividad 2009 – Opción B


Se divide un segmento de longitud = 20 en dos trozos. Con uno de los trozos se forma un cuadrado y con el otro un rectángulo en el que la base es el doble de la altura. Calcula la longitud de cada uno de los trozos para que la suma de las áreas del cuadrado y del rectángulo sea mínima.

Solución

El enunciado del ejercicio se traduce al siguiente esquema

Puesto que:

Rectángulo tiene de altura “ ” la base es “2 ” el trozo de alambre mide “6 ”

El segmento mide 20 el trozo de alambre para el cuadrado mide “20 − 6 ”

Suma de las áreas: ( ) = 2 + función que hay que optimizar ( )

( ) = 4 + 2 ∙ 20 − 64 ∙ −64 = 4 − 34 (20 − 6 ) = 4 − 32 (10 − 3 ) = 4 − 15 + 92 = 172 − 15

( ) = 0 − 15 = 0 = Es mínimo absoluto porque la función ( ) es una parábola y su extremo es mínimo absoluto

Por tanto:

á = = = − =


Ejercicio 2.- La recta tangente a la gráfica de la función : ℜ → ℜ definida por ( ) = + − 3, en el punto (1, −6), es paralela a la recta de ecuación = − (a) [1'25 puntos ] Determina las constantes y . Halla la ecuación de dicha recta tangente. (b) [1'25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de la función, la recta tangente

anterior y el eje de ordenadas.

Solución

(a) La recta tangente (r.t.) en (1, −6) es paralela a = − (1) = −1(1) = −6 ( ) = + − 3 ′( ) = 2 +

(1) = −1 2 + = −1 (1) = −6 + − 3 = −6

2 + = −1 ∶ = −5

( ) = − −

Ecuación r.t. : − (1) = (1) ∙ ( − 1) + 6 = −( − 1) = − −

(b) El recinto es:

( ) = 2 − 5 − 3 es una parábola de vértice:

= =

Pasa por (0, −3)

La recta pasa por los puntos (1, −6) y (0, −5)

Área = [(2 − 5 − 3) − (− − 5)] = (2 − 4 + 2)

= − 2 + 2 = − 2 + 2 − (0) = u.a.


Ejercicio 3.-

Sean , , y matrices cualesquiera que verifican = .

(a) [1 punto] Si las matrices son cuadradas de orden , y se sabe que el determinante de es , el de es −1 y el de es , calcula el determinante de las matrices y 2 .

(b) [1'5 puntos] Si = 1 10 −2 , = 1 −22 −3 y = 0 34 2 calcula la matriz .

Solución

(a) sabemos que | | = 3 | | = −1 | | = 6

Por tanto: (1) | | = | | | | ∙ | | ∙ | | = | | −3 ∙ | | = 6 | | = −

(2) | | = ∙ | | = − Propiedades utilizadas:

(1) El determinante de un producto de matrices es igual al producto de los determinantes.

(2) Si se multiplica una fila o columna por un mismo número, el determinante queda multiplicado por éste número.

En este caso, como X es una matriz de orden 3: 2 multiplica a las tres filas de la matriz por lo que |2 | = 2 ∙ | | (b) Para despejar la matriz se ve en 1er lugar si las matrices y tienen inversa:

| | = 1 10 −2 = −2 ≠ 0 ∃

| | = 1 −22 −3 = 1 ≠ 0 ∃

Se calculan las inversas:

= | | ( ) = (−1) ∙ (−2) = −2 = (−1) ∙ 1 = −1= (−1) ∙ 0 = 0 = (−1) ∙ 1 = 1

= | | ( ) = −2 −10 1 = 10

= | | ( )

= (−1) ∙ (−3) = −3 = (−1) ∙ (−2) = 2= (−1) ∙ 2 = −2 = (−1) ∙ 1 = 1

= 1| | ( ) = 1 ∙ −3 2−2 1

Como ∃ y ∃ ∙ [ = ] ∙ = ∙ ∙


= −2 −10 1 ∙ 0 34 2 ∙ −3 2−2 1 = −4 −84 2 ∙ −3 2−2 1 = − −


Considera la recta definida por = −12 − = 2

y la recta definida por = 4 + 3= 3 − = 5 + 4

Halla la ecuación del plano que contiene a y es paralelo a .

Solución

Sea el plano pedido

Pasamos a a sus ecuaciones paramétricas = −12 − = 2 = = −1 2 − = 2 = −2 + 2 = (1,0,2) = (0, −1, −2)

El enunciado del problema dice:

⊂ ó = = (1,0,2) = = (0, −1, −2)

∥ ó = = (3, −1,4)

El plano pedido es − 0 + 1 + 20 −1 −23 −1 4 = ∙ (−6) − ( + 1) ∙ 6 + ( + 2) ∙ 3 = −6 − 6 + 3 = 0

≡ + − =



Ejercicio 1.-

Sea : la función definida por ( ) = | − 3| (a) [1 punto] Estudia la continuidad y la derivabilidad de . (b) [1'5 puntos] Estudia el crecimiento y decrecimiento de . Calcula sus extremos relativos (abscisas

donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a) Continuidad:

La función es producto de funciones continuas, luego continua en (El valor absoluto de una función continua es

continua)

Derivabilidad: descomponemos la función como una función a trozos

( ) = | − 3| = ∙ [−( − 3)] < 3∙ ( − 3) ≥ 3 = − + 3 < 3− 3 ≥ 3

Evidentemente para ≠ 3 la función es derivable por estar formada por dos trozos polinómicos. Queda

por tanto estudiar la derivabilidad en = 3

Derivabilidad en = 3

( ) = | − 3| = − + 3 < 3− 3 ≥ 3 ( ) = −3 + 6 < 33 − 6 > 3? = 3

Como es continua en = 3, se estudia la continuidad de en = 3 (3) = lim→ ( ) = lim→ (−3 + 6 ) = −9 (3) = lim→ ( ) = lim→ (3 − 6 ) = 9

Luego no es continua en = 3

De aquí se podría deducir que f no es derivable en x=3 aunque la forma correcta de hacerlo llegado a este

punto es aplicar la definición de derivada: (3) = lim→ (3 + ℎ) − (3)ℎ = lim→ (3 + ℎ) − 0ℎ = = lim→ −(3 + ℎ) + 3(3 + ℎ)ℎ = lim→ −ℎ + 9ℎℎ = lim→ (−ℎ − 6ℎ − 9) = −9lim→ (3 + ℎ) − 3(3 + ℎ)ℎ = lim→ ℎ − 9ℎℎ = lim→ (ℎ + 6ℎ + 9) = 9

Luego en continua en y derivable en −


(b) Monotonía ≡ signo depende ( ) = 0 ( ) : = 3

( ) = 0 −3 + 6 = 0 < 3 = 0 = 2 ( á ) 3 − 6 = 0 > 3 = 0 ( á ) = 2

La discontinuidad de ′ “ = 3 “, en este caso puede ser también extremo (depende si cambia la monotonía)

puesto que no es discontinuidad de

Por tanto:

Signo ′

Monotonía de

’(−1) = −9 ’(1) = 3 ’(2.5) = − ’(4) = 24

Signo ( ) = −3 + 6 < 33 − 6 > 3

0 2 3+ + - -

0 2 3

Resumiendo

Creciente: ( , ) ∪ ( , +∞)

Decreciente: (−∞, ) ∪ ( , )

Máximos relativos: , ( ) = ( , )

Mínimos relativos: , ( ) = ( , ) y

, ( ) = ( , )

(es mínimo porque cambia la monotonía aunque no es derivable)


Ejercicio 2.-

Sea : (0,+∞) → ℜ la función definida por ( ) = 1 + ( ), siendo la función logaritmo neperiano.

(a) [1 punto] Comprueba que la recta de ecuación = 1 + es la recta tangente a la gráfica de en el

punto de abscisa = . (b) [1'5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta tangente

del apartado (a).

Solución (a) Comprobar que la recta dada es recta tangente en = es comprobar que:

La imagen de = en la función y en la recta es igual: en la función: ( ) = 1 + = 2

en la recta: 1 + ∙ = 2

La pendiente de la recta tangente = ( )

( ) = 1 + ( ) ( ) = ( ) = =

(b) El dibujo del recinto es:

La gráfica de ( ) = 1 + ( ) es un desplazamiento vertical de una

unidad hacia arriba de la función = que es:

Observando el dibujo: Área = + = á á + ( − ó )

= á á = ∙ = ∙ + ∙ 1 + = + + u.a. = − ó = 1 + 1 ∙ − (1 + ) = 1 ∙ −

= − ( − ) = − + = − + − + + = − − u.a.

∗ = = = = = = + = = − ∙ = −

Finalmente Área = + = + + + − − = − u.a.

1 + 1 ∙ 1 = 1 + 1


Ejercicio 3.-

Dadas las matrices = 3 71 2 y = 1 −3−4 2

(a) [1 punto] Calcula, si existe, la matriz inversa de . (b) [1'5 puntos] Calcula las matrices e que satisfacen las ecuaciones matriciales

= + 2 y = + 2

Solución

(a) ∃ ⇔ | | ≠ 0 En este caso 3 71 2 = −1 ≠ 0

= 1| | ( ) = (−1) ∙ 2 = 2 = (−1) ∙ 1 = −7= (−1) ∙ 1 = −1 = (−1) ∙ 3 = 3

= | | ( ) = − 2 −7−1 3 = −2 71 −3 = − −

(b) = + 2 ℎ ó : = ( + 2 ) ∙

+ 2 = 3 71 2 + 2 ∙ 1 −3−4 2 = 5 1−7 6

= ( + 2 ) ∙ = 5 1−7 6 ∙ −2 71 −3 = −9 3220 −67

= − −

= + 2 ó : = ∙ ( + 2 ) = −2 71 −3 ∙ 5 1−7 6 = −59 4026 −17

= − −


Ejercicio 4.-

Considera el punto (1,0, −2), la recta definida por − 2 − 1 = 0+ − 2 = 0 y el plano de ecuación 2 + +3 − 1 = 0.

(a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por , es paralelo a y es perpendicular a . (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación de la recta que pasa por , corta a y es para lela a .

Solución Previamente

Se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas:

− 2 = 1 + = 2

= = 1 + 2= 2 −

= 1 + 2= = 2 − = (2,1, −1) ( ó )= (1,0,2) ( ) π: 2 + + 3 − 1 = 0 = (2,1,3) ( ó )

(a) Sea π′ el plano pedido que estará formado por:

≡ ∥ = (2,1, −1) ó ⊥ = (2,1,3) ó (1,0, −2)

≡ − 1 − 0 + 22 1 −12 1 3 = 0 ( − 1) ∙ 4 − ∙ 8 + ( + 2) ∙ 0 = 0 4 − 8 − 4 =0

≡ − 2 − 1 = 0

(b) Hacemos la siguiente construcción:

1. Se construye el plano paralelo a pasando

por P

2. Se construye el plano que contiene a

pasando por P

3. La intersección de los planos es la recta pedida

como se observa en el dibujo

4. Los cálculos son los siguientes:

∥ : 2 + + 3 + = 0 pasa por (1,0, −2)

2 + 0 − 6 + = 0 = 4 : 2 + + 3 + 4 = 0


contiene a su dirección: = (2,1, −1)Contiene a un punto: = (1,0,2) (1,0, −2) Es decir:

ó : = (2,1, −1) ó : = (1,0, −2) − (1,0,2) = (0,0, −4) : (1,0, −2)

− 1 − 0 − (−2)2 1 −10 0 −4 = 0

− 1 + 2)2 1 −10 0 −4 = −4( − 1) + 8 + 0 ∙ = 0

−4( − 1) + 8 + 0 ∙ = 0 −4 + 8 + 4 = 0 : − 2 − 1 = 0

(El plano calculado es el plano del apartado anterior por lo tanto es perpendicular a )

≡ + + + =− − =

Otra forma de hacer el ejercicio:

Sea = ( , , 1) el vector director de la recta pedida “ ” (no supone restricción tomar como 3ª coordenada 1,

únicamente si fuese 0 que no nos saldría el problema)

Se impones las condiciones dadas en el enunciado:

∥ = ( , , 1) ⊥ = (2,1,3) ( ó )

( , , 1) ∙ (2,1,3) = 0 2 + + 3 = 0

corta a , , = 0 son linealmente dependientes los vectores (están contenidos en un plano)

12 1 −10 0 −4 = 0 [desarrollando por los adjuntos de la 3ª fila] = −4 ∙ 2 1 = −4 + 8 = 0

Simplificando:−2 + 4 = 0

Se resuelve el sistema: 2 + = −3−2 + 4 = 0 =

−2 + 4 = 0 = 2 =

= ( , , 1) = ( , , 1) (6,3, −5)

≡ = + = = − − con ∈


Ejercicio 1.-

Sea : (0,+∞) → ℜ la función definida por ( ) = ( )( ) ≠ 1 = 1

(a) [1'25 puntos ] Sabiendo que es continua, calcula ( la función logaritmo neperiano) (b) [1'25 puntos] Estudia la existencia de asíntota horizontal para la gráfica de esta función. En caso de

que exista, determina la ecuación.

Solución

(a) es continua en = 1 :

lim → ( )( − 1) = ó 00 ′ ô : lim → ( )( − 1) = lim → 1 ∙ ( ) + 22( − 1) = 00 ′ ô = lim →

2 + 22 = lim → + 1 = 1

Por tanto =

(b) Para calcular la asíntota horizontal hay que calcular el límite de la función en +∞ (en -∞ la función no

está definida)

lim → ( )( − 1) = ∞∞ ′ ô = lim → 1 ∙ ( ) + 22( − 1) = ∞∞ ′ ô = lim →2 + 22

= lim → = ′ ô = lim → = lim → = 0 = es A.H. en +∞


Ejercicio 2.- Se consideran las funciones : [0, +∞)ℜ y :ℜ → ℜ definidas por

( ) = √3 , ( ) =

(a) [0’5 puntos] Haz un esbozo de sus gráficas. (b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones.

Solución

(a) ( ) = √3 es la gráfica inversa a una rama de una parábola

= √3 = 3 = 3 =

Por tanto ambas funciones son inversas.

♦ Para dibujar la parábola basta con el vértice (0,0) y un punto (3,3)

♦ Por tanto la gráfica de es la simétrica de la rama positiva de esta parábola respecto de la

bisectriz del 1er cuadrante

(b) El área del recinto observando la gráfica anterior es:

Previamente el punto de corte de ambas funciones es: = = √3

= √3 = 3 ( − 3) = 0 = 0 − 3 = 0 = 27 = 3

Á = √3 − = √3 ∙ ∙ ⁄ − = 6 − 3 = . .


Ejercicio 3.-

Dado el sistema de ecuaciones lineales

+ + = 4+ 3 + = 5+ + = 4

(a) [1'75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro λ. (b) [0'75 puntos] Resuélvelo en el caso = 1.

Solución

(a) Matriz coeficientes A = 1 11 3 11 1 Matriz ampliada A* =

1 1 41 3 1 51 1 4

|A| = 1 11 3 11 1 = [ = − ] = 0 − 3 01 3 11 0 = [ 1ª ] =

= ( − 3) ∙ (−1) ∙ 1 11 = 0 ( − 3)( − 1) = 0 = 3= 1

El determinante se puede hacer también por Sarrus y resolver la ecuación resultante:

1 11 3 11 1 = 3 + 1 + − 3 − 1 − = − 4 + 3 = 0 = 3= 1

1ª forma ≠ , ( ) = 3 ( ) = ( ∗) = 3 = º ó . . .

2ª forma = A = 1 1 11 3 11 1 1 A* =

1 1 1 41 3 1 51 1 1 4

Evidentemente ( ) = ( ∗) = 2 puesto 1 = 3 y 1 11 3 ≠ 0

Por tanto = 0 ( ) = ( ∗) = 2 < 3 . . . é

3ª forma = A = 1 3 11 3 13 1 1 A* =

1 3 1 41 3 1 53 1 1 4

Evidentemente es un sistema incompatible puesto que las ecuaciones 1ª y 2ª son

incompatibles: + 3 + = 4+ 3 + = 5


(b) Por el apartado anterior es un S.C. I cuya solución depende de in parámetro

Para resolverlo: en el menor señalado 1 11 3 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no

forman parte del menor que da el rango y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le

da un valor paramétrico:

A* = 1 1 1 41 3 1 51 1 1 4

+ = 4 −+ 3 = 5 −=

Resuelvo el sistema de dos formas:

1ª forma Por reducción:

− − = −4 ++ 3 = 5 − = + = 4 − = 4 − − = −

Solución ( − , , ) ∀ ∈

2ª forma Por Cramer + = 4 −+ 3 = 5 − de matrices asociadas = 1 11 3 y A*= 1 1 4 −1 3 5 −

| | = 1 11 3 = 2

= = = −

= =

valor parámetrico “m” para la incógnita z


Ejercicio 4.-

Considera el plano de ecuación 3 − 2 − 2 = 7 y la recta definida por:

= =

(a) [1’25 puntos] Determina la ecuación del plano paralelo a que contiene a . (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano ortogonal a que contiene . Solución

Previamente: = = = (2,1,2) ó = (2, −1,2) 3 − 2 − 2 = 7 = (3, −2, −2)

Se observa que la recta y el plano son paralelos porque:

⊥ : ∙ = (2,1,2) ∙ (3, −2, −2) = 0

(2, −1,2) ∉ : 3 ∙ 2 − 2 ∙ (−1) − 2 ∙ 2 = 4 ≠ 7

(a) La construcción gráfica de lo que queremos hacer es:

El plano pedido lo llamo :

∥ : 3 − 2 − 2 + = 0

contiene a (2, −1,2) 6 + 2 − 4 + = 0 = −4

: − − − =

(b)

Sea el plano pedido

⊥ = (3, −2, −2) es una dirección de

⊂ ó = (2,1,2) (2, −1,2)

Por tanto el plano buscado es:

− 2 + 1 − 22 1 23 −2 −2 = 0

desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila:

2( − 2) + 10( + 1) − 7( − 2) = 0 ∶ + − + =




Se sabe que la función : → ℜ definida como ( ) = − + + 1 ≤ 1− 5 + 2 > 1

es derivable. Determina los valores de y .

Solución

es derivable en es derivable en = 1 = 1 = 1

= 1 )(lim)(lim)1(11

xfxffxx −− →→

==

lim→ ( ) = lim→ (− + + 1) = lim→ ( ) = lim→ ( − 5 + 2 ) = 3 − 5 3 − 5 =

= 1 ( ) = − + + 1 ≤ 1− 5 + 2 > 1 ′( ) = −2 + < 12 − 5 > 1∃ = 1

(1) = lim→ ′( ) = lim→ (−2 + ) = −2 + (1) = lim→ ′( ) = lim→ (2 − 5) = 2 − 5 2 − 5 = −2 +

Por tanto se resuelve el sistema 3 − 5 =2 − 3 = 3 − 5 = 2 − 3 = 2

= 3 − 1 = 5

( ) = − + + ≤− + > 1


Ejercicio 2.-

(a) [1’25 puntos] Calcula (b) [1’25 puntos] Sean las funciones , : → ℜ definidas por

( ) = − + 1 , ( ) = − 1 Calcula el área del recinto limitado por sus gráficas.

Solución

a) es una integral por partes y se aplica: ∙ = ∙ − ∙ = = = = = − = − + = − + +

b) Se dibujan previamente las funciones y el recinto limitado por ellas ( ) = − + 1 es una parábola de vértice (0,1) que pasa por el punto (1,0) ( ) = − 1 es una recta que pasa por los puntos (1,0) y (0, −1) Los puntos de corte de ambas funciones son: ( ) = ( ) − + 1 = − 1

+ − 2 = 0 = 1= −2

Á = [(− + 1) − ( − 1)] = (− − + 2) =− + 2

= − + 2 − − 2 − 4 = . .

Á = . .


Ejercicio 3.-

(a) [1'25 puntos] Resuelve el sistema de ecuaciones

+ = 2− + + 2 = 0− + 2 + 5 = 2

(c) [1'25 puntos] Calcula sabiendo que el siguiente sistema tiene alguna solución común con el del apartado (a)

+ + = 1− + + 3 = 1+ 2 + = −3

Solución

(a) Las matrices asociadas del sistema son:

matriz de los coeficientes: = 1 0 1−1 1 2−1 2 5 y matriz ampliada: ∗ = 1 0 1 ⋮ 2−1 1 2 ⋮ 0−1 2 5 ⋮ 2

Previamente se estudia como es el sistema:

Estudio los rangos de y ∗

| | = 5 − 2 + 0 + 1 − 4 − 0 = 0 ( ) = 2 porque 1 0−1 1 ≠ 0 y | | = 0

Orlo 1 0−1 1 ≠ 0 en ∗

3ª 3ª : | | = 0 3ª 4ª : 1 0 2−1 1 0−1 2 2 = 0 ( ∗) = 2

Por tanto como ( ) = ( ∗) = 2 < 3 = º ó . . . é

Para resolverlo: en el menor señalado 1 0−1 1 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no

forman parte del menor que da el rango y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le da un

valor paramétrico:

∗ = 1 0 1 ⋮ 2−1 1 2 ⋮ 0−1 2 5 ⋮ 2 = 2 − − + = −2=

= − = − = ∀ ∈

(b) Como las soluciones del ejercicio anterior son de la forma: (2 − , 2 − 3 , ) ∀ ∈ ℜ

Una solución tiene que cumplir este sistema, se sustituye en todas las ecuaciones:

+ + = 1 2 − + 2 − 3 + = 1 3 = 3 = 1 (1, −1,1) − + + 3 = 1 ¿(1, −1,1) cumple esta ecuación?:

Evidentemente si puesto que: −1 + (−1) + 3 = 1

Falta calcular “λ” para que la solución (1, −1,1) cumpla la ecuación: + 2 + = −3 1 − 2 + = −3 = -2

valor parámetrico “a” para la incógnita z



Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto (1,1, −1), es paralela al plano de ecuación − += 1 y corta al eje

Solución

Sea el plano dado y la recta pedida

1ª forma Intersección de planos

Sean : ∥ : − + + = 0 (1,1, −1) 1 − 1 + (−1) + = 0D = 1

: − + + 1 = 0 ó : (0,0,1) : (0,0,0) (1,1, −1) 1 − 1 + (−1) + = 0 D = 1

ó : (0,0,1) ó : = (1,1, −1) (0,0,0)

≡ 0 0 11 1 −1 = 0 − + = 0

La recta pedidas es la intersección de los planos anteriores:

≡ : − + + =: − + = Puesto que pasa por (está en ambos planos), es paralela al plano dado (está en el plano paralelo) y corta al eje z (ambas

rectas están en un mismo plano y no son paralelas luego se cortan).

2ª forma

Calculando la dirección de la recta

Sea = (1, , ) la dirección que hay que calcular de la recta

Sea = (1, −1,1) la dirección normal del plano

No supone restricción alguna suponer que la coordenada en “x” del vector sea 1 (salvo que fuese 0 que nos

saldría sin solución)


Se cumple:

∥ = (1, , ) ⊥ = (1, −1,1) (1, , ) ∙ (1, −1,1) = 0 1 − + = 0

= − 1 = (1, , ) = (1, , − 1)

corta al eje = (1, , − 1) ó : (0,0,1) , = = (1,1, −1) estos vectores son l.d.

1 − 10 0 11 1 −1 = 1 ∙ (−1) ∙ 11 1 = − 1 = 0 = 1 = − 1 = 0

= (1, , ) = (1,1,0) ≡ = += += − ∀ ∈ ecuación paramétrica de la recta




Sea la función : → ℜ definida por ( ) = + + +

tiene extremos relativos en (0,0) y (2,2). Calcula , , y .

Solución

( ) = + + + ( ) = 3 + 2 +

En (0,0) hay extremo (0) = 0 c = 0(0) = 0 d = 0

En (2,2) hay extremo (2) = 0 12 + 4 + = 0 3 + = 0 (2) = 2 8 + 4 + 2 + = 2 4 + 2 = 1

Se resuelve el sistema: 3 + = 0 4 + 2 = 1 −6 − 2 = 0 4 + 2 = 1 =

3 + = 0 = −3 =

( ) = − +

Ejercicio 2.- Las dos gráficas del dibujo corresponden a la función : (0, +∞) ℜ definida por

( ) = + 2ln ( )

y a la de su derivada ′: (0, +∞) ℜ ( denota logaritmo neperiano) (a) [0’5 puntos] Indica, razonando la respuesta, cuál

es la gráfica de y cuál la de ′. (b) [2 puntos] Calcula el área de la región sombreada.

Solución

a) es la gráfica y ′ es la gráfica ( ) = + 2ln( )

ba


( ) = + = tiene de signo 0 < < 1 > 1 corresponde a la gráfica

También el signo de ′ da la monotonía de

Signo de ′ es la gráfica

Monotonía de es la gráfica

La forma más rápida de estudiarlo es ver que ( ) = corta al en = como la gráfica

b)

Observando el dibujo se deduce que Á = 2 + 2ln ( ) − −2 + 2 = 2 + 2 = 2 + 1

=∗ 2 ∙ − − = 2 (3 3 − 3 − ) − (0 − 1 − 1) = 6 3 − = . . .

* = −

= = =

Ejercicio 3.-

Considera las matrices = −2 −2 1−2 1 −21 −2 −2 y =

(a) [1 punto] Calcula, si existe, . (b) [1'5 puntos] Resuelve el sistema = 3 e interpreta geométricamente el conjunto de sus

soluciones.

Solución

(a) Se sabe que: ⇔ | | ≠ 0

| | = −2 −2 1−2 1 −21 −2 −2 = 4 + 4 + 4 − 1 + 8 + 8 = 27 ≠ 0 = | | ∙ ( )

b

a

b

b

1 0 - +


= (−1) 1 −2−2 −2 = −6 = (−1) −2 1−2 −2 = −6 = (−1) −2 11 −2 = 3= (−1) −2 −21 −2 = −6 = (−1) −2 11 −2 = 3 = (−1) −2 1−2 −2 = −6= (−1) −2 11 −2 = 3 = (−1) −2 −21 −2 = −6 = (−1) −2 −2−2 1 = −6

Por tanto:

= | | ∙ ( ) = ∙ −6 −6 3−6 3 −63 −6 −6 =

(b) = 3 −2 −2 1−2 1 −21 −2 −2 ∙ = 333

−2 − 2 + = 3−2 + − 2 = 3− 2 − 2 = 3

Queda por resolver el sistema homogéneo: −5 − 2 + = 0−2 − 2 − 2 = 0− 2 − 5 = 0

Previamente se estudia si el sistema es compatible determinado (S.C.D.) o es un sistema compatible

indeterminado (S.C.I.):

La matriz de los coeficientes del sistema: = −5 −2 1−2 −2 −21 −2 −5

| | = −5 −2 1−2 −2 −21 −2 −5 = −50 + 4 + 4 + 2 + 20 + 20 = 0

Por tanto como | | = 0 y −2 1−2 −2 ≠ 0 ( ) = 2 < 3 S.C.I. uniparamétrico

Para resolverlo: en el menor señalado −2 1−2 −2 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no

forman parte de él y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le da un valor paramétrico:

∗ = −5 −2 1 ⋮ 0−2 −2 −2 ⋮ 01 −2 −5 ⋮ 0 = −2 + = 5 −2 − 2 = 2 −2 + = 5 2 + 2 = −2 =

−2 − 2 = 2 = − − = −2

= = −= ∀ ∈

Interpretación geométrica Las ecuaciones dadas en el enunciado son tres planos que se cortan en la recta calculada.

Cada dos planos se cortan en esa recta puesto que cada dos planos el sistema que forman es compatible

indeterminado. (Los planos formarían las hojas de un libro)


−5 − 2 + = 0−2 − 2 − 2 = 0 −5 − 2 + = 0− 2 − 5 = 0

−2 − 2 − 2 = 0− 2 − 5 = 0

Planos que se cortan en la recta = = −= ∀ ∈

Ejercicio 4.-

Sea la recta definida por 3 + 2 = 03 + = 0

(a) [1 punto] Determina la ecuación del plano perpendicular a que pasa por el punto (1,1,1). (b) [1’5 puntos] Halla los puntos de cuya distancia al origen es de 4 unidades.

Solución

Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas:

3 + 2 = 03 + = 0 = 6 3 + = 0 = −23 + 2 = 0 = 3 ≡ = −2= 3 = 6 ∀ ∈ ℜ

= (−2,3,6) ó (0,0,0)

(a) Sea el plano pedido y sea el vector normal del plano

Se observa :

⊥ ∥ : − 2 + 3 + 6 + = 0


pasa por (1,1,1) −2 + 3 + 6 + = 0 = −7

: − + + − =

(b) Todos los puntos de la recta son de la forma (−2 , 3 , 6 )

Si llamo A al punto de la recta buscado será: (−2 , 3 , 6 )

Si la distancia de al origen (0,0,0) es 4 = 4

= (−2 , 3 , 6 ) − (0,0,0) = (−2 , 3 , 6 )

= √4 + 9 + 36 = √49 = ±7

= 4 7 = 4 = = (−2 , 3 , 6 ) = ( , , )

−7 = 4 = = (−2 , 3 , 6 ) = ( , , )

= , , = , ,



Ejercicio 1.-

Sea : la función definida por ( ) = +

(a) [0’75 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de , así como los extremos relativos o locales de .

(b) [0’5 puntos] Determina los intervalos de concavidad y de convexidad de . (c) [0’75 puntos] Determina las asíntotas de la gráfica de . (d) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de

Solución

(a) ( ) = + ( ) = 1 − = 1 − =

Monotonía ≡ signo ′ ( ) = 0 = 0 = 1 = 0 : ∄ ≠ 0 Signo ′ Monotonía

(b) ( ) = 1 − ′ ( ) =

Curvatura ≡ Monotonía ′ ≡ signo ′′ ′( ) = 0 ∄ : ∄ Signo ′′ Curvatura

(c) Como la función es continua en A.V.

A.H.: lim→ ( + ) = lim→ + 1 = (+∞) + 1+∞ = +∞ + 0 = +∞

( ) = − 1 = − 1+

(−1) = −+ = −

(1) = ++ = +

Signo ′ +

0 -

0 mínimo

Resumiendo

Creciente: (0,+∞) ; Decreciente: (-∞,0)

Máximo relativo:

Mínimo relativo: (0,f(0)) = (0,1) ( í )

+

∪

Signo ′′ ′ ( ) = > 0 ∀ ∈ ℜ

Resumiendo

Cóncava (∩) :

Convexa (∪) :

Punto inflexión:


lim→ ( + ) = [(−∞) + (+∞) ó ] = lim→ + 1 = lim→ + 1 =∗ 0 + 10= +∞

* lim( )→ =∙ lim → = ô lim → = = 0

Por tanto A.H.

Asíntotas oblicuas(A.O.): = + = lim→ ( ) = lim→ + =∗ lim→ 1 −1= 1 ∗ ó ∞ ∞ ’ ô

= lim→ ( ( ) − ) = lim→ ( + − ) = lim→ ( ) = 0

Es A.O. en +∞ la recta = = lim → ( ) = lim → = lim → = lim → (1 − ) =∗ − ∞ A.O. en −∞

∗ lim→ [ ó ∞ − ∞ ’ ô ] = lim→ 1 = +∞

Por tanto = es A.O. en +∞

(d)


Ejercicio 2.- Sean : ℜℜ y : ℜ → ℜ las funciones definidas por ( ) = + | | , ( ) = 2 (a) [1 punto] Determina los puntos de corte de las gráficas de y . Esboza dichas gráficas. (b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas.

Solución

(a) ( ) = + | | = − < 0+ ≥ 0 ( ) = ( ) − = 2 < 0 ó : = 2 = −1 = −1+ = 2 ≥ 0 ó : = −2 = 1 = 1

Por tanto los cortes son = ±

Hay que dibujar dos ramas de parábola:

= −

−1 2 = =

Vértice no está en el trozo a dibujar

0 0 = +

0 0 = =

Vértice no está en el trozo a dibujar 1 2

(b) La región del plano que hay que calcular el área es:

Observando la gráfica las regiones R1 y R2 tienen la misma

área, por tanto

Á = 2 ∙ [2 − ( + )] = 2 ∙ 2 − −

= 2 ∙ 2 − − − 0 = . .


Ejercicio 3.-

Se consideran las matrices = −3 12 −1 y = − , donde es una constante e es la matriz

identidad de orden 2.

(a) [0'75 puntos] Determina los valores de para los que no tiene inversa. (b) [0'5 puntos] Calcula para = −1. (c) [1'25 puntos] Determina las constantes α y β para las que se cumple − = .

Solución

a) ⇔ | | = 0 = − = −3 12 −1 − ∙ 1 00 1 = −3 − 12 −1 − | | = −3 − 12 −1 − = 3 + 3 + + − 2 = 0 + 4 + 1 = 0 = ±√ = −2 ±√3

⇔ = − + √= − − √

b) Por el apartado anterior para = −1 existe = | | ∙ ( ) = −3 + 1 12 −1 + 1 = −2 12 0 y | | = −2

= (−1) ∙ 0 = 0 = (−1) ∙ 1 = −1= (−1) ∙ 2 = −2 = (−1) ∙ (−2) = −2

= 1| | ∙ ( ) = 1−2 0 −1−2 −2 =

c) = −3 12 −1 = −3 12 −1 ∙ −3 12 −1 = 11 −4−8 3

− = 11 −4−8 3 − ∙ −3 12 −1 = ∙ 1 00 1 11 + 3 −4 −−8 − 2 3 + = 00

Queda por tanto:

11 + 3 =−4 − = 0−8 − 2 = 03 + = = − y = −


Ejercicio 4.-

Sean la recta definida por − = −2− = −3 y la recta definida por = 12 − = −2

(a) [1 punto] Estudia la posición relativa de y . (b) [1’5 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a y es paralelo a .

Solución

a) Previamente se pasan las rectas a sus ecuaciones paramétricas: ≡ − = −2− = −3 = = 2 += 3 + ∀ ∈ ℜ ó = = (1,1,1) = = (0,2,3)

≡ = 12 − = −2 = 1 = = 2 + 2 ∀ ∈ ℜ ó = = (0,1,2) = = (1,0,2)

Se miran si las direcciones son paralelas:

= (1,1,1) = (0,1,2) puesto que ≠ ≠

Como no son paralelas las rectas se cortan o se cruzan.

Depende de cómo sean los vectores ,

= 1 1 10 1 21 − 0 0 − 2 2 − 3 = 1 1 10 1 21 −2 −1 = −1 + 2 − 1 + 4 = 4 ≠ 0

Por tanto las rectas se cruzan

b) Sea el plano pedido

Si ⊂ = (0,1,2) ó = (1,0,2) Si ∥ = (1,1,1) ó

Por tanto el plano pedido es:

− 1 − 20 1 21 1 1 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1º fila:

( − 1) ∙ (−1) − ⋅ (−2) + ( − 2) ⋅ (−1) = 0 : − + − + =




De todos los triángulos cuya base y altura suman 20 ¿qué base tiene el de área máxima?

Solución

El enunciado nos dice + ℎ = 20 ℎ = 20 −

Hay que optimizar (maximizar):

= ∙. ∙ ( ) = (20 − ) = − +10

Como es una parábola con las ramas hacia abajo tiene un máximo absoluto en su vértice ( ) = − + 10 = 0 = 10 máximo absoluto

Hay máxima área en un triángulo de base


Calcula un número positivo , menor que 4, para que el recinto limitado por la parábola de ecuación = y las dos rectas de ecuaciones = 4 e = , tenga un área de unidades cuadradas.

Solución

Se calculan previamente las intersecciones: = 4= = ±2 == = ±√

Observando la gráfica que es simétrica respecto del : Á = 2 À á ( ) + (4 − )√ = 283

Á á = = ∙ = √ ∙ (4 − )

= (4 − )√ = 4 − √ = 8 − −4√ − √ Á = 2( + ) = 2 4√ − √ + 163 − 4√ + 13 √ = 323 − 43 √

Se resuelve por tanto − √ = √ = √ = 1 =


Ejercicio 3.-

Sea el sistema de ecuaciones

+ = + 1 + + = 1 + − =

(a) [1'5 puntos] Determina los valores de para los que el sistema es compatible. (b) [1 punto] Resuelve el sistema en el caso = −1.

Solución

a) Las matrices asociadas al sistema son: = 1 1 01 11 −1 ∗ = 1 1 0 + 11 1 11 −1

Se calcula | | = 1 1 01 11 −1 = [ : − ] = 1 0 01 − 1 11 − −1 = ( − 1) ∙ 1 0 01 1 1−1 −1 = 0

puesto que las columnas 2 y 3 son iguales

Así: | | = 0 ∀ ∈ ℜ ( ) = 2 porque 1 01 1 ≠ 0

Para calcular ( ∗) se orla un menor de orden 2 no nulo:

1 01 1 ≠ 0 sus orlados en ∗

3ª 2ª : | | = 0 3ª 4ª : 1 0 + 11 1 1−1

Se calcula este determinante: 1 0 + 11 1 1−1 = [ : − ] = 1 01 1 0−1 0 = [ ] = ∙ (−1) ∙ 1 1−1 = − ( + 1)

Se plantea la siguiente discusión:

≠ 0 ≠ −1 ( ∗) = 3 ≠ ( ) = 2 S.I. (sistema incompatible)

= 0 ó = −1 ( ∗) = 2 = ( ) S.C.I. (sistema compatible indeterminado

uniparamétrico puesto: ( ∗) = ( ) = 2 < 3 )

b) Por el apartado anterior es un S.C.I.

Para resolverlo: en el menor señalado 1 01 1 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no forman

parte de él y a las incógnitas (columnas) se le da un valor paramétrico:

∗ = 1 1 0 01 −1 1 1−1 1 −1 −1 = = − + = 1 +

= − = = + ∀ ∈

valor parámetrico “a” para la incógnita y


Ejercicio 4.-

Sea el punto (2,3, −1) y la recta definida por + + 2 = 1− 2 − 4 = 1

(a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por y contiene a . (b) [1’25 puntos] Halla el punto de más cerca de .

Solución

Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas + + 2 = 1− 2 − 4 = 1 = + = 1 − 2 − 2 = 1 + 4

+ = 1 − 2 − + 2 = −1 − 4 = −2

+ = 1 − 2 = 1 − 2 − = 1 − 2 + 2 =1 = 1 = −2= ó = = (0, −2,1) = (1,0,0) a) Sea el plano pedido

Si ⊂ = (0, −2,1) ó = (1,0,0)

Si ∈ = (1,0,0) − (2,3, −1) = (−1, −3,1) ó

El plano será por tanto: − 10 −2 1−1 −3 1 = 0 ( − 1) ∙ 1 − ∙ 1 + ∙ (−2) = 0

: − − − =

b) Se hace el siguiente procedimiento:

Se calcula el plano α que es perpendicular a y pasa por

α ⊥ = (0, −2,1) es la dirección normal de α

α: −2 + + = 0 ( , , )

−6 − 1 + = 0 = 7

α: −2 + + 7 = 0

El punto pedido es el punto que cumple las siguientes condiciones:

1º) pertenece a la recta es de la forma (1, −2 , )

2º) cumple la ecuación del plano: 4 + + 7 = 0 =

( , , )




Sea la función definida, para 0, por ( ) = / . Determina las asíntotas de las gráficas de .

Solución

Asíntotas Verticales (A.V.)

En este caso las posibles A.V. se encuentran entre los “x” que anulan el denominador:

x = 0 es una posible A.V. Para ver si lo es se calcula el siguiente límite:

lim→ / lim→ / = 0. = 0. ∞ = 0.0 = 0 ⇒ = 0 . . 0lim→ / = 0. = 0. ∞ = 0. (+∞) = ó

lim→ / = lim→ /1/ =∞∞= HôpitalLregla ' lim→

−1 ∙ /−1 = lim→ / = ∞ = +∞

Por tanto solo existe A.V. en 0+ : =

Asíntotas Horizontales (A.H)

∞=⋅∞=⋅∞=⋅±∞→

1lim 01

eex xx

no existen A.H.

Asíntotas Oblicuas (A.O): = +

= 1limlim)(lim 01

1

===⋅=±∞→±∞→±∞→

eexex

xxf x

x

xxx

= )(lim))((lim1

xexmxxf xxx

−⋅=−±∞→±∞→

= ±∞→xlim . ( xe

1

- 1) = (∞ . 0 indeterminación) =

= ±∞→xlim

x

e x11

1

−= ( ′ ô ) =

±∞→xlim

2

2

1

1

1)(

x

xe x

−

−⋅=

±∞→xlim )(

1xe = 1

Por tanto la recta = + es A.O. en ± ∞



Calcula ( ).( ) Solución

Se calcula primero una primitiva de la función y = ( ).( ) que como es una función racional con

grado del numerador más pequeño, se hace la descomposición de la fracción en fracciones simples:

Descomposición factorial del denominador:

( − ). ( − 1) = . ( − 1) = 1 = 0

( ).( ) = + + ( ) = .( ) . .( ) ( )

1 = . ( − 1) + . . ( − 1) +

Dándole valores a la expresión anterior:

= 0 1 = = 1 1 = = −1 1 = 4 + 2 – = −1 ( ).( ) = + + ( )

( ).( ) = + + ( ) = ln|x| - ln|x-1| - + K

Así:

( ).( ) = | | − | − 1| − = (0 – ln2 + ) – (ln2 – ln3 + ) = ln3 - 2ln2 +


Ejercicio 3.-

Un cajero automático contiene solo billetes de 10, 20 y 50 euros. En total hay 130 billetes con un importe de 3000 euros.

a) [1’25 puntos] ¿Es posible que en el cajero haya el triple número de billetes de 10 que de 50?

b) [1’25 puntos] Suponiendo que el número de billetes de 10 es el doble que el número de billetes de 50, calcula cuantos billetes hay de cada tipo.

Solución

El enunciado del ejercicio da lugar a las siguientes ecuaciones:

Sean: x = nº billetes de 10 euros y = nº billetes de 20 euros z = nº billetes de 50 euros

Hay 130 billetes de 10, 20 y 50 euros …. + + = 130

Hay 3000 euros en el cajero ………………….. 10 + 20 + 50 = 3000

a) Hay el triple número de billetes de 10 que de 50 = 3

Hay que ver si el siguiente sistema tiene solución: + + = 130 10 + 20 + 50 = 3000− 3 = 0

Las matrices asociadas = 1 1 110 20 501 0 −3 y ∗ = 1 1 1 13010 20 50 30001 0 −3 0

|A| = 1 1 110 20 501 0 −3 = 10.

1 1 11 2 51 0 −3 = 10.(-6 + 0 + 5 – 2 – 0 + 3) = 0

Por tanto r(A) = 2 porque |A| = 0 y hay un menor de orden 2 no nulo: 20 500 −3 ≠ 0

Para calcular r(A*) se orla el menor anterior en A* : 20 500 −3 ≠ 0:

1ª 1ª : | | = 0 1ª 4ª : 1 1 13020 50 30000 −3 0 = −3. (−1) . 400 ≠ 0 r (A*) = 3

Por tanto por el Tª Rouche como los rangos de sus matrices asociadas son distintos el sistema es

incompatible

Por lo que no es posible que en el cajero haya el triple número de billetes de 10 que de 50

b) El número de billetes de 10 es el doble que el de 50 x = 2z


Hay que ver resolver sistema: + + = 130 10 + 20 + 50 = 3000− 2 = 0

Las matrices asociadas = 1 1 110 20 501 0 −2 y ∗ = 1 1 1 13010 20 50 30001 0 −2 0

|A| = 1 1 110 20 501 0 −2 = 10.

1 1 11 2 51 0 −2 = 10.(-4 + 0 + 5 – 2 – 0 + 2) = 10 ≠ 0

Es decir r(A) = r(A*) = 3 por el Tª Rouche el sistema es compatible determinado

Además es un sistema de Cramer y lo resuelvo por la regla de Cramer:

= | || | = = .( ) .

= 80

= | || | = = = 10

= | || | = = .( ) .

= 40

Ejercicio 4.-

Dada la recta r definida por = =

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a r.

b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y es perpendicular a r.

Solución

Por tanto hay: 80 billetes de 10 euros 10 billetes de 20 euros 40 billetes de 50 euros


r: = = ó : = (2,3,1) : = (1, −1,2)

c) Sea π el plano pedido

Si r ⊂ π ó π: ó : = (2,3,1) ó : = (1, −1,2) − (0,0,0) = (1, −1,2) : (0,0,0)

El plano es: 2 3 11 −1 2 = 0 − − = d) El plano es perpendicular a r = es la dirección normal del plano = (2,3,1) 2 + 3 + + = 0 paso por el origen: = 0 + + =




De entre todos los rectángulos de perímetro 8 cm, determina las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud.

Solución

Por el Tª Pitágoras D = diagonal = +

Como el perímetro es 8 + = 4 = 4 −

Por tanto la función a minimizar es: D = + (4 − )

Es equivalente minimizar: d = + (4 − ) (porque una raíz es mínima cuando es lo de dentro)

′ = 2 − 2(4 − ) = 4 − 8 = ⇔ = 2 posible extremo

’’ = 4 ’’(2) > 0 en = 2 hay un mínimo

Por tanto las dimensiones del rectángulo son:

Ejercicio 2.- Sea f : ℜ → ℜ la función dada por ( ) = (a) [1 punto] Justifica que la recta de ecuación = −2 es la recta tangente a la gráfica de en el punto

de abscisa = − .

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de ordenadas y la recta tangente del apartado anterior.

Solución

(a) La ecuación de la recta tangente (r.t.) en = es: − ( ) = ’( ). ( − )

En este caso: ( ) = ′( ) = −2 ′ − = −2− =

r.t. en = − : − = − . ( + ) = −

(b) Aunque no se pide el dibujo del recinto es:

(Puesto que la función es una exponencial de base menor que 1)

Observando el dibujo:

Área = ( − (−2 )) = ( + 2 ) =

= + = ( + 0) − ( + ) = u.a.

cm

= − = cm

= 4 −

12

1

1


Ejercicio 3.-

Considera la matriz A = 1 1 1

a) [1 punto] Halla los valores del parámetro para los que el rango de A es menor que 3.

b) [1’5 puntos] Estudia si el sistema A. = 111 tiene solución para cada uno de los valores de

obtenidos en el apartado anterior.

Solución

(a) r(A) < 3 ⇔ |A| = 0 1 1 1 =( )

m . m 1 1 111 1 =( )

m2. 1 0 01 − 1 − 11 0 − 1 =( ) m2.(m – 1)2. 1 0 01 1 11 0 1

(1) Si se multiplica una fila o columna por un mismo número, el determinante queda multiplicado por éste número.

En este caso, se saca factor común “m” de 2ª y 3ª fila

(2) Columna 2ª(C2) se sustituye por C2 – C1 y C3: C3 - C1 siendo C1 = columna 1ª y C3 = columna 3ª

(3) Se saca factor común “m - 1” de 2ª y 3ª columna

(b) Así |A| = m2.(m – 1)2. 1 Por tanto r(A) < 3 ⇔ m = 0 ó m = 1

(c) Es un sistema con las siguientes matrices asociadas:

matriz coeficientes A = 1 1 1

matriz ampliada A* = 1 1 1 111

m = 0 A = 1 1 10 0 00 0 0 y A* =

1 1 1 10 0 0 10 0 0 1

Evidentemente r(A) = 1 y r(A*) = 2 porque el menor 1 10 1 ≠ 0

Así r(A) r(A*) Por Tª Rouche el sistema es incompatible

m = 1 A = 1 1 11 1 11 1 1 y A* =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 1

Como todas las filas son iguales r(A) = r(A*) = 1

Así r(A) = r(A*) = 1 < 3 Por Tª Rouche el sistema es compatible indeterminado

cuya solución depende de dos parámetros

+ + = 1 = = = 1 − − , ∈ ℜ



Dados los puntos (2,1,1) y (0,0,1), halla los puntos en el eje tales que el área del triángulo de vértices , y es 2.

Solución eje es de la forma ( , 0,0)

Área triángulo = × = 2

= (0,0,1) - (2,1,1) = (−2, −1,0)

= ( , 0,0) - (2,1,1) = ( − 2, −1, −1)

× = −2 −1 0− 2 −1 −1 = (1, -2, a) × = √1 + 4 + = √5 +

. × = 2 √5 + = 4 5 + = 16 = 11 = ±√11

Por tanto existen dos puntos que cumplen esta condición:

C1=(√ , 0, 0) y C2=(−√ , 0, 0)

A

B

C Eje OX



Ejercicio 1.-

Sea f: ℜ→ℜ la función definida por: ( ) = + 3 ≤ 2 − − 4 > 2

(a) [1’5 puntos] Halla a y b sabiendo que f es derivable en ℜ. (b) [1 punto] Determina la recta tangente y la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 3.

Solución

( ) = + 3 ≤ 2 − − 4 > 2 ′( ) = 2 + 3 ≤ 2 2 − > 2 Como f es derivable en todo ℜ , es continua en todo ℜ . En particular es continua y derivable en x = 2

(a) Como es continua en x = 2: f(2)= lim→ ( ) = lim→ ( ) f(2)= lim→ ( ) = lim→ ( + 3 ) = 4 + 6

lim→ ( ) = lim→ ( − − 4) = −2

Igualando: 4a + 6 = - 2b 2a + 3 = -b 2a + b = -3

Como es derivable en x = 2, se verifica que f ‘(2 +) = f ‘(2 -)

f '(2 )= lim→ ′( ) = lim→ (2 + 3) = 4 + 3

f '(2 )= lim→ ′( ) = lim→ (2 − ) = 4 −

Igualando: 4a + 3 = 4 – b 4a + b = 1

Resolviendo el sistema 2a + b = −34a + b = 1 obtenemos a = 2 y b = -7

Por tanto la función pedida es ( ) = + ≤ + − > 2

(b) Como me piden la recta tangente y normal en x = 3, se considera la función con x > 2:

f(x) = x2 + 7x – 4

La recta tangente en x = 3 es: y – f(3) = f’(3)(x – 3)

La recta normal en x = 3 es: y – f(3) = ′( ) . (x – 3)

f(x) = x2 + 7x – 4 f(3) = 9 + 21 – 4 = 26

f’(x) = 2x + 7 f’(3) = 6 + 7 = 13

La recta tangente en x = 3 es : y – 26 = 13(x – 3)

La recta normal en x = 3 es: y – 26 = . (x – 3)



Dada la función g: ℜ → ℜ, definida por g(x) = 2x + |x2 - 1|.

(a) [1 punto] Esboza la gráfica de g. (b) [1’5 puntos] Calcula ( )

Solución

(a) La función g(x) es continua en todo ℜ, por suma de funciones continuas.

Expresamos g(x) como una función a trozos:

x2 – 1 = 0 x = 1 x = - 1

Signo de “x2 – 1”

Por tanto: g(x) = 2x + |x2 - 1| = + 2 − 1 < −1− + 2 + 1 − 1 ≤ < 1 + 2 − 1 ≥ 1

La gráfica de y = x2 + 2x – 1 es la de una parábola que tiene las ramas hacia arriba y la abscisa del

vértice es la solución de f’(x) = 2x + 2 = 0, es decir en xv = -1

La gráfica de y = – x2 + 2x + 1 es la de una parábola que tiene las ramas hacia abajo y como

abscisa de su vértice la solución de f’(x) = – 2x + 2 = 0, es decir en xv = 1

Teniendo en cuenta lo anterior un esbozo de la gráfica sería

x y

-2 -1 = + 2 − 1

Vértice de la parábola -1 -2

-1 -2 Punto de partida del nuevo tramo = − + 2 + 1 Vértice de la parábola

1 2

1 2 punto de partida del nuevo tramo: = + 2 − 1

Parábola de vértice (-1, -2) 2 7

-2: (-2)2 – 1 = + 0: 0 - 1 = -

2: 22 – 1 = + -1 1

+ +_

| x2 – 1 | = x2 – 1 | x2 – 1 | = x2 – 1

| x2 – 1 | = - x2 + 1


(b) g(x) = 2x + |x2 - 1| = + 2 − 1 < −1− + 2 + 1 − 1 ≤ < 1 + 2 − 1 ≥ 1

( ) = ( − + 2 + 1) + ( + 2 − 1) =

= + + + + −

= + 1 + 1 + + 4 − 2 − ( + 1 − 1) = 6


Ejercicio 3.-

Considera el siguiente sistema de ecuaciones: + + = − 12 + + = + + = 1

(a) [1’5 puntos] Discútelo según los valores del parámetro a.

(b) [1 punto] Resuelve el caso a = 2.

Solución

(a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema: = 1 1 12 11 1 ∗ = 1 1 1 − 12 11 1 1

Se sabe: det(A) = |A| ≠ 0 rango(A) = rango(A*) = 3 El sistema es compatible y determinado (S.C.D) y tiene solución única | | = 1 1 12 11 1 = = − 2.= − =

1 1 10 −1 − 20 − 1 0 = − ( − 2)( − 1)

|A| = 0 ⇔ (a - 2)(a - 1) = 0 ⇔ a = 1 y a = 2

Si a ≠ 1 y a ≠2 |A| ≠ 0 rango(A) = rango(A*) = 3 S.C.D.

Si a = 1 = 1 1 12 1 11 1 1 ∗ = 1 1 1 02 1 1 11 1 1 1

• Se calcula el rango de A: 1 12 1 = −1 ≠ 0 -1 y |A| = 0 rango(A) = 2

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: 1 12 1 = −1 ≠ 0

Se orla con 3ª fila y 3ª columna: |A| = 0

Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 1 1 02 1 11 1 1 = -1 ≠ 0 rango(A*) = 3

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene

solución.


Si a = 2 = 1 1 12 1 21 2 1 ∗ = 1 1 1 12 1 2 21 2 1 1

• Se calcula el rango de A: 1 12 1 = −1 ≠ 0 -1 y |A| = 0 rango(A) = 2

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: 1 12 1 = −1 ≠ 0


Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 1 1 12 1 21 2 1 = 0 rango(A*) = 2

Por tanto como rango(A)= rango(A*) = 2, por el teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado.

En el apartado siguiente se pide resolverlo en este caso por lo que se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del

menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico.

(b) = + = 1 − 2 + = 2 − 2 Se resuelve por reducción

Sustituyendo en la 1ª ecuación resulta y = 0

La solución del sistema es (x, y, z)= (1 – λ , 0, λ ) con λ ∈ℜ


Ejercicio 4.-

Sea la recta s dada por − = −12 + = 3

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano π 1 que es paralelo a la recta s y contiene a la recta r, dada

por − 1 = − + 2 = – 3 b) [1’25 puntos] Estudia la posición relativa de la recta s y el plano π 2, de ecuación + = 3, y

deduce la distancia entre ambos.

Solución

a) Calculamos de ambas rectas un punto y una dirección:

La recta s de ecuación − = −12 + = 3 viene dada como intersección de dos planos. Obtenemos

un punto y un vector director pasando la ecuación a paramétrica:

− = −12 + = 3

= −1 + = − = Punto Ps −1 , , 0 Dirección ds = 1 , , 1 ∥ (2, −1, 2)

La recta r: − 1 = − + 2 = – 3 está casi en forma continua

Expresada en esta forma quedaría: – = – = Punto Pr (1 , 2,3 ) Dirección dr = (1, −1, 1)

b) El plano π 1 ⇒ ó ⇒ ó

π 1≡ (1,2,3) = (1, −1,1)= (2, −1,2)

Las ecuaciones paramétricas del plano serían : π 1≡ = 1 + + 2= 2 − −= 3 + + 2 con λ , μ ∈ ℜ

El plano en forma general sería π 1 ≡ − 1 − 2 − 31 −1 12 −1 2 = 0 − + – =

De la recta “s” sabemos: Punto Ps −1 , , 0 Dirección ds = ( 2, −1, 2)

El plano π 2 ≡ + = 3 de vector normal nπ = (1, 1, 0)


1ª Forma

Se estudia la posición relativa del vector normal del plano “ nπ” y de la dirección de la recta “ds”

nπ . ds = (1, 1, 0) . (2, -1, 2) = 2 – 1 + 0 ≠ 0 nπ no es perpendicular a ds la recta

corta al plano como se aprecia en el dibujo 3.

Para ver si la corta perpendicularmente observamos los siguientes dibujos:

Como se aprecia en el dibujo anterior se comprueba si los vectores nπ y ds son o no paralelos

nπ = (1, 1, 0) ds = (2, -1, 2) porque ≠ ≠

Resumiendo:

La recta y el plano se cortan (no perpendicularmente) por lo que la distancia entre ambos es 0

2ª forma

Para estudiar la posición relativa de la recta s y el plano π 2 se expresa la recta en paramétricas y se

sustituye en el plano resolviendo la ecuación obtenida.

Punto Ps −1 , , 0 Dirección ds = ( 2, −1, 2)

x = −1 + 2= − z = 2

Sustituyendo en el plano π 2 ≡ + = 3 : -1 + 2 + − = 3 =

Por tanto la recta y el plano se cortan el el punto:

x = −1 + 2. = 4= − = −1 z = 2. = 5

Como la recta corta al plano la distancia de la recta al plano es 0

ds

nπ

nπ

ds




De entre todas las rectas del plano que pasan por el punto (1, 2), encuentra aquella que forma con las partes positivas de los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Halla el área de dicho triángulo.

Solución

Es un problema de optimización.

La ecuación en forma explícita de una recta en el plano es = +

La recta : = + pasa por el punto C(1,2) 2 = + = 2 –

La recta queda en la forma: = + (2 – )

Calculamos los puntos de corte de la recta con los ejes de coordenadas (para calcular el área del

triángulo que hay que minimizar)

♦ Con el eje OX, punto B (del dibujo): y = 0 = – 2 = –

El punto tiene de coordenadas B( – , )

♦ Con el eje OY, punto A (del dibujo): x = 0 = 2 –

El punto tiene de coordenadas A(0, 2 – )

El triángulo es rectángulo por tanto: área = ½.cateto.cateto

Es decir: Área = ( ) = . – (2 – )

La función a optimizar (minimizar) es A(m)

Igualamos a 0 su primera derivada para calcular los posibles extremos. Nos quedamos con los

negativos puesto que es negativa.

( ) = . – (2 – ) = ( ) =

Como corta en la parte positiva de los ejes coordenados, la gráfica de la recta es como la de la figura con lo cual la pendiente “ ” es negativa


′( ) = ( ). .( ) =

′( ) = 0 −2 + 8 = 0 = 4 = 2

L a solución negativa es = −2

Comprobamos que es un mínimo: ’’(−2) > 0 ( ) = – ′′( ) = ( ). .( ) =

A′′(−2) = .( )( ) > 0

Por tanto = − 2 es un mínimo

El área pedida es: (− ) = =

La recta = − + Ejercicio 2.-

Sean f : ℜ → ℜ, y g: ℜ → ℜ, las funciones definidas por ( ) = – 1 y ( ) = 2 + 2

(a) [0’5 puntos] Esboza las gráficas de y (b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas.

Solución

(a) La gráfica de ( ) = – 1 es una parábola de vértice en (0,-1), ramas hacia arriba y pasa por el punto

((2,3)

La gráfica de ( ) = 2 + 2 es la de una recta que pasa por (0,2) y (-1.0).

Teniendo en cuenta lo anterior un esbozo de las gráficas sería:


(b) El área que nos piden es:

Á = ( − á ) = [2 + 2) − ( − 1]

donde a y b son las soluciones de la ecuación: recta = parábola

2 + 2 = – 1 –x2 + 2x + 3 = 0 x = -1 y x = 3

Por tanto

Á = [(2 + 2) − ( − 1] = [− + 2 + 3 ] = + + 3

= – 9 + 9 + 9 – + 1 – 3 =

Ejercicio 3.-

Sabemos que el sistema de ecuaciones 2 − + 3 = 1+ 2 − = 2

Tiene las mismas soluciones que el que resulta al añadirle la ecuación + + 7 = 7

a) [1’25 punto] Determina el valor de a.

b) [1’25 puntos] Calcula la solución del sistema inicial de dos ecuaciones, de manera que la suma de los valores de las incógnitas sea igual a la unidad.

Solución

(a) Se pide es que calcule “ ” sabiendo que el siguiente sistema sea compatible e indeterminado (puesto que el

sistema original es compatible indeterminado)

2 − + 3 = 1 + 2 − = 2 + + 7 = 7

Por tanto el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema tiene que ser cero

= 2 −1 31 2 −11 7 | | = 2 −1 31 2 −11 7 = 40 – 5 = 0 =

El rango(A) = 2 porque el menor 2 −11 2 ≠ 0

(b) La suma de los valores de las incógnitas es igual a la unidad + + = 1

Por tanto hay que resolver el sistema: + + = 12 − + 3 = 1+ 2 − = 2


Matriz de los coeficientes: = 1 1 12 −1 31 2 −1 , | | = 1 + 4 + 3 + 1 − 6 + 2 = 5 ≠ 0

Lo resolvemos por Gauss y Cramer

Por Gauss

1 1 1 ⋮ 12 −1 3 ⋮ 11 2 −1 ⋮ 2 2ª : 2ª − 2 .1ª3ª : 3ª − 1ª : 1 1 1 ⋮ 10 −3 1 ⋮ 10 1 −2 ⋮ 1

3ª : 2ª + 3 .3ª : 1 1 1 ⋮ 10 −3 1 ⋮ −10 0 −5 ⋮ 2

De donde: −5 = 2 =

−3 + = −1 −3 − = −1 = + + = 1 + − = 1 =

Solución: ( , , ) Por Cramer

= | | = = | | = = | | =

Y como vemos se obtiene la misma solución ( , , )


Ejercicio 4.-

Considera los puntos A(1,1,0), B(1,1,2) y C(1,-1,1).

(a) [1’5 puntos] Comprueba que no están alineados y calcula el área del triángulo que determinan.

(b) [1 punto] Halla la ecuación del plano que contiene al punto A y es perpendicular a la recta determinada por B y C.

Solución

(a) Los puntos A(1,1,0), B(1,1,2) y C(1,-1,1) no están alineados ⇔ los vectores AB AC AB = (1,1,2) - (1,1,0) = (0,0,2) AC = (1,-1,1) - (1,1,0) = (0,-2,1) Como vemos no son proporcionales los tres puntos no están alineados El área del triángulo que determinan los puntos A, B y C = = ½ del área del paralelogramo que determinan los vectores AB y AC

= ½||ABxAC|| ABxAC = 0 0 20 −2 1 = . 4 – . 0 + . 0 = (-4, 0, 0)

= ½||ABxAC|| = ½ . √4 = 2

(b) Sea π el plano que es perpendicular a la recta BC y pasa por A

Como π ⊥ BC vector normal de π = nπ = CB = (1,1,2) - (1,-1,1) = (0, 2, 1) Luego: 2 + + = 0 son todos los planos perpendiculares a la recta que pasa por B y C Como pasa por el punto A(1,1,0) 2(1) + (0) + C = 0 C = -2 El plano pedido es: + − =

B

C

Aπ

A B

C


Modelo 1/ 2008 – Opción A

Ejercicio 1.-

Sean f: ℜ→ℜ y g: ℜ→ℜ las funciones definidas por:

( ) = + + y ( ) = . ( )

Se sabe que las gráficas de y se cortan en el punto (−1,2) y tienen en ese punto la misma recta tangente.

(a) [2 puntos] Calcula los valores de , y .

(b) [0’5 puntos] Halla la ecuación de dicha recta tangente.

Solución

(a) Como se cortan en el punto (−1, 2) f(-1) = g(-1) = 2

(−1) = 1 − + = 2 − + = 1

(−1) = . = 2 = c = 2

Como en el punto (−1, 2) tienen la misma recta tangente tienen la misma pendiente:

’(−1) = ’(−1)

( ) = + + ’( ) = 2 + ’(−1) = −2 + ( ) = . ( ) g’(x) = (-1)2e -(x + 1) g’(-1) = (-1)2e 0 = -2

Igualando tenemos: -2 + a = 2 a = 0

Como − + = 1 con a = 0 nos resulta b = 1

Las funciones son ( ) = + y ( ) = . ( )

(b) La recta tangente a f(x) en x = -1 es: – (−1) = ’(−1( − (−1))

f(x) = x2 + 1 f(-1) = 2

f’(x) = 2x f’(-1) = -2

Sustituyendo tenemos que la recta tangente es: – = – ( + )



Dadas las funciones f: [0 , +∞) → ℜ y g: [0 , +∞) → ℜ, definidas por

( ) = √ y ( ) = √

Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de y .

Solución

El área pedida es ( ( ) − ( )) siendo a y b las soluciones de f(x) = g(x)

Resolvemos la ecuación f(x) = g(x):

√ = √ (elevando a la sexta) x3 = x2 x3 – x2 = 0

x2(x – 1) 0 Las soluciones son x = 0(doble) y x = 1

Área = √ − √ = ⁄ − ⁄ =

= − = − = − = u2

Aunque no lo piden el recinto sería:


Ejercicio 3.-

Dado el sistema de ecuaciones lineales + − = 0 2 + + = 0 + 5 − = + 1

a) [1’5 puntos] Clasifícalo según los valores del parámetro λ b) [1 punto] Resuélvelo para λ = -1

Solución

(a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema:

= 1 −12 11 5 − ∗ = 1 −1 0 2 1 0 1 5 − + 1

Se sabe: det(A) = |A| ≠ 0 r(A) = r(A*) = 3 Por el teorema de Rouche el sistema

es compatible y determinado (S.C.D) y tiene solución única

| | = 1 −12 11 5 − = - λ - 10 + λ2 + 1 - 5λ + 2λ2 = 3λ2 - 6λ - 9

Resolvemos |A| = 0 ⇔ 3λ2 - 6λ - 9 = 0 ⇔ λ2 - 2λ - 3 = 0 ⇔ λ = -1 y λ = 3

Si λ ≠ -1 y λ ≠ 3 |A| ≠ 0 rango(A) = rango(A*) = 3 S.C.D.

Si λ = -1 = 1 −1 −12 1 −11 5 1 ∗ = 1 −1 −1 02 1 −1 0 1 5 1 0

Como para pasar de A a A* se le ha añadido una columna de 0 r(A) = r(A*)

Además como 1 −12 1 = 3 ≠ 0 y |A| = 0 r(A) = r(A*) = 2 < 3

Por el teorema de Rouche el sistema es:

Compatible indeterminado (S.C.I.) uniparamétrico es decir tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro


Si λ = 3 = 1 3 −12 1 31 5 −3 ∗ = 1 3 −1 02 1 3 0 1 5 −3 4

• Como 1 32 1 = −5 ≠ 0 y |A| = 0 r(A) = 2

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: 1 32 1 ≠ 0


Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 1 3 02 1 01 5 4 = -20 ≠ 0 rango(A*) = 3

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene

solución.

(b) Por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.I. por lo que se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del

menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico:

∗ = 1 −1 −1 02 1 −1 0 1 5 1 0 = − = 2 + = Se resuelve por reducción

Sustituyendo en la 1ª ecuación resulta =

La solución del sistema es (x, y, z)= ( a , a, a ) con a ∈ℜ

Al valor de “z” se le da un valor paramétrico


Ejercicio 4.-

Los puntos (−2,3,1) , (2, −1,3) y (0,1, −2) son vértices consecutivos de un paralelogramo

a) [1 punto ] Halla las coordenadas del vértice b) [1 punto ] Encuentra la ecuación de la recta que pasa por y es paralela a la diagonal c) [0’5 puntos ] Halla la ecuación del plano que contiene a dicho paralelogramo

Solución

(a) A(−2, 3, 1), B(2, −1, 3) y C(0, 1, −2) son vértices consecutivos del paralelogramo ABCD

Si ABCD son los vértices de un paralelogramo Los vectores libres AB y DC

son iguales: AB = (2, −1, 3) - (−2, 3, 1) = (4, -4, 2)

DC = (0, 1, −2) - (x, y, z) = (-x, 1 – y, -2 –z)

Igualando coordenadas: -x = 4 x = 4

-4 = 1 – y y = 5

2 = -2 – z z = -4

El punto es D(-4, 5, -4)

(b) La recta pasa por el puntox-2 B(2,-1,3) y tiene como vector director AC = (2,-2,3)

La ecuación continua es = =

(c) Calculamos el plano que pasa por el punto B(2,-1,3) y tiene como vectores de dirección: AB =

(4, -4, 2) || (2, -2, 1) y BC = (-2,2,5)

Su ecuación implícita es − 2 + 1 − 32 −2 1−2 2 5 = 0

Desarrollando por los adjuntos 1ª fila:

-12(x - 2) – 12(y + 1) +0 = 0 -12x -12y + 12 = 0 x + y - 1 = 0


Modelo 1/ 2008 – Opción B


Sea f : ℜ → ℜ la función definida por f(x) = ax3 + bx2 + cx + d.

Se sabe que f tiene un máximo local en x = 1, que el punto (0, 1) es un punto de inflexión de su gráfica y que ( ) = . Calcula a, b, c y d.

Solución

Como la función f es una función polinómica es continua y derivable, las veces que sean necesarias, en ℜ

f(x) = ax3 + bx2 + cx + d f ‘(x) = 3ax2 + 2bx + c f ‘’(x) = 6ax + 2b

Como tiene un máximo local en x = 1 f ‘(1) = 0 0 = 3a + 2b + c

Como (0, 1) es un punto de inflexión f(0) = 1 = f (0) = 0 2b = 0 =

Como 3a + 2b + c = 0 3a + c = 0 c = - 3a f(x) = ax3 - 3ax + 1

Como ( ) =

( − 3 + 1) = − + = − + 1 =

Resolviendo la ecuación: − + 1 = a – 6a + 4 = 9 a = -1

Por tanto como c = - 3a c = -3(-1) = 3

La función pedida es f(x) = -x3 + 3x + 1

Ejercicio 2.-

Sea g : (0, +∞) → ℜ la función dada por g(x) = ln x (ln denota logaritmo neperiano).

a) [0’75 puntos] Justifica que la recta de ecuación y = x es la recta tangente a la gráfica de g en el

punto de abscisa x = e.

b) [1’75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de g, el eje de abscisas y la recta

tangente del apartado anterior.

Solución

(a) La recta tangente a g(x) en x = e : y – g(e) = g’(e)(x - e)

g(x) = ln(x) g(e) = ln(e) = 1 g(x) = ln(x) g ‘(x) = g ‘(e) =

Sustituyendo: y – 0 = (x - e) =


(b) La función g(x) = ln (x) pasa por (1,0) y tiene x = 0+ como asíntota vertical.

y = x es una recta que pasa por (0,0) y como es la recta tangente a g en x = e coincide con g(x)

en el punto de tangencia

Aunque no lo piden un esbozo de las gráficas es

El área pedida es

Área = ( ) - ( ó ) = - ln =

= - [ − ] = - [( − ) − (1 1 − 1)] = − u2

Se ha utilizado = − . La demostración sería: es una integral por partes ( = . − ):

= == = = − . = −


Dadas las matrices

= 1 1 10 1 01 2 2 , = 1 00 −12 1 y = −2 0 −11 −1 1

Calcula la matriz P que verifica AP − B = CT (CT es la matriz traspuesta de C).

Solución

Como |A| = 1 1 10 1 01 2 2 = 2 + 0 + 0 – 1 – 0 – 0 = 1 ≠ 0 A tiene matriz inversa A -1 = | |.(AdjA)T

AP − B = CT AP = B + CT (Multiplicando esta expresión por la izquierda por A -1)


A -1(AP) = A -1 (B + CT) Operando queda P = A -1 (B + CT)

Hacemos los cálculos

(B + CT) = 1 00 −12 1 +

−2 10 −1−1 1 = −1 10 −21 2

A11 = (-1)1+1. 1 02 2 = 2 A21 = (-1)2+1. 1 12 2 = 0 A31 = (-1)3+1. 1 11 0 = -1

A12 = (-1)1+2. 0 01 2 = 0 A22 = (-1)2+2. 1 11 2 = 1 A32 = (-1)3+2. 1 10 0 = 0

A13 = (-1)1+3. 0 11 2 = -1 A23 = (-1)2+3. 1 11 2 = -1 A33 = (-1)3+3. 1 10 1 = 1

A -1 = | |.(AdjA)T = 1. 2 0 −10 1 0−1 −1 1

P = A -1 (B + CT) = 2 0 −10 1 0−1 −1 1 . −1 10 −21 2 =

−3 00 −22 3

Ejercicio 4.-

Sea la recta r dada por 2 + − = 2− − = − y el plano π definido por + − = 1

a) [1 punto] ¿Existe algún valor de m para el que π y r son paralelos?

b) [1 punto] ¿Para qué valor de m está la recta contenida en el plano?

c) [0’5 puntos] ¿Cuál es la posición relativa de la recta y el plano cuando m = 0?

Solución

(a) Como se observa en el dibujo:

Sea dr = dirección recta r

nπ = vector normal del plano π = (1, , −1)

r || π ⇔ dr ⊥ nπ y Pr π

r dr

nππ

Pr


dr = producto vectorial de los vectores normales de cada plano = (2, 1, -m) x (1, -1, -1)

dr = 2 1 −1 −1 −1 = (−1 − ) − (−2 + ) + (−2 − 1) = (−1 – , −2 + , −3)

dr ⊥ nπ ⇔ dr . nπ = 0 ⇔ (−1 – , −2 + , −3). (1, , −1) = − + + 2 = 0

Resolviendo la ecuación: = −1 y = 2

Quedaría comprobar Pr π

= − 2 + + = 2− − = 1 y = 0: se resuelve el sistema y queda x= z = 0 Por tanto

un punto de la recta es Pr(1, 0, 0)

π: − − = 1 y se observa que Pr(1, 0, 0) cumple la ecuación del plano luego para

este valor la recta está contenida en el plano

= 2 + − 2 = 2− − = −2

x = 0: se resuelve el sistema y queda y= 2 z = 0

Por tanto un punto de la recta es Pr(0, 2, 0)

π: − 2 − = 1 y se observa que Pr(0, 2, 0) no cumple la ecuación del plano luego

para este valor la recta es paralela al plano

(b) Por el apartado anterior para = −

(c) Si = la recta corta al plano por el apartado a).

Faltaría comprobar si corta perpendicularmente y como se observa en el dibujo:

¿ dr || nπ ?

nπ = (1, , −1) = (1, 0, -1)

dr = (−1 – , −2 + , −3) = (-1, -2, -3)

Por tanto la recta no corta perpendicularmente al plano.

r

dr

nπ π

r

dr nππ

⟹ 1−1 ≠ 0−2 ≠ −1−3


Punto de corte

Aunque no lo piden el punto de corte (se calcula resolviendo el sistema resultante) es:

2 + = 2 − − = 0− = 1

2 + = 2 − − = 0 (sumando) 3 − = 2 3 − = 2− = 1 3 − = 2− + = −1 (sumando) 2 = 1 =

− + = −1 = − 2 + = 2 = 1

El punto de corte es ( , 1, )




Dada la función f: ℜ→ℜ definida por: ( ) = determina la ecuación de la recta tangente a la

gráfica de f en su punto de inflexión.

Solución

Los posibles puntos de inflexión (P.I.) están entre las soluciones de la ecuación f”(x) = 0. Para ver si son

P. I. además tienen que cambiar la curvatura es decir el signo de f”

( ) = ′( ) = . ( ) = [ ( )]

= ′( ) = "( ) = . ( ) =

[ ] =

f”(x) = 0 = 0 x = 1 posible punto de inflexión

Se estudia el signo de f” que como es continua en ℜ solo se tienen en cuenta x = 1

Signo de f”

Por tanto x = 1 es punto de inflexión

La recta tangente en x = 1 es: y – f(1) = f’(1).(x – 1)

( ) = f(1) =

′( ) = f’(1) =

La recta tangente es: y – = . (x – 1)

1- + f”(0) = = -1 < 0

f”(2) = > 0


Ejercicio 2.-

Sean : ℜ→ ℜ y : ℜ→ ℜ, las funciones definidas mediante

( ) = − 4 y ( ) = 3 − 6

a) [0’75 puntos] Determina los puntos de corte de las gráficas de y .

b) [1’75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas.

Solución

(a) Los puntos de corte se obtienen resolviendo la ecuación f(x) = g(x)

x3 – 4x = 3x – 6 x3 – 7x + 6 = 0

Las raíces enteras se encuentran entre ± 1, ± 2, ± 3, ± 6

Se prueba con x = 1: 1 – 7 + 6 = 0

Por tanto x = 1 es una solución y por Ruffini:

Resolviendo la ecuación x2 + x – 6 = 0 x = ±√ = 2−3

Los puntos de corte son: x = -3, x = 1, x = 2

(b) Como f(x) y g(x) se cortan en x = -3, x = 1 y x = 2, el área encerrada es

Área = [ ( ) − ( )] + [ ( ) − ( )] =

= ( − 7 + 6) + ( − 7 + 6) =

= − + 6 + − + 6 =

= ( − + 6) − ( − − 18) + ( − + 12) − ( − + 6) = 32 + = u2

1 0 -7 61 1 1 -6

1 1 -6 0


Ejercicio 3.-

Dado el sistema de ecuaciones lineales + = 1 + = 0 + ( + 1) + = + 1

a) [1’25 puntos] Determina el valor del parámetro k para que sea incompatible.

b) [1’25 puntos] Halla el valor del parámetro k para que la solución del sistema tenga z = 2.

Solución

(a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema:

= 1 1 00 11 + 1 ∗ = 1 1 0 1 0 1 0 1 + 1 + 1

Para que el sistema sea incompatible rango(A) ≠ rango(A*)

| | = 1 1 00 11 + 1 = k2 + 0 + 1 – 0 – (k + 1) – 0 = k2 – k

Si k ≠ 0 y k ≠ 1 |A| ≠ 0 rango(A) = rango(A*) = 3 por el teorema de Rouche el sistema es compatible y determinado (S.C.D.) y tiene solución única.

Si k = 0 = 1 1 00 0 11 1 0 ∗ = 1 1 0 10 0 1 01 1 0 1

Como para pasar de A a A* se le ha añadido la 4ª columna que es igual a la 1ª (y 2ª) el rango no se

modifica

Además como 1 00 1 = 1 ≠ 0 y |A| = 0 r(A) = r(A*) = 2 < 3

Por el teorema de Rouche el sistema es compatible indeterminado (S.C.I.) uniparamétrico es decir tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

Si k = 1 = 1 1 00 1 11 2 1 ∗ = 1 1 0 10 1 1 01 2 1 2

• Como 1 10 1 = 1 ≠ 0 y |A| = 0 r(A) = 2

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: 1 10 1 ≠ 0


Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 1 1 10 1 01 2 2 = 1 ≠ 0 rango(A*) = 3

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.


(b) Resolvemos el sistema forzando z = 2:

+ = 1 + 2 = 0 + ( + 1) + 2 = + 1

+ = 1 = −2 + ( + 1) = 1 −

Queda un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, por tanto para que el sistema tenga solución el

determinante de la matriz ampliada tiene que ser 0 para que el rango no sea 3 (puesto que la matriz de los

coeficientes como máximo tiene rango 2)

B* = 1 1 10 −21 + 1 1 −

|B*| = 1 1 10 −21 + 1 1 − = 3ª = 3ª – 1ª = 1 1 10 −20 − =

= [ 1ª ] =

= 1 . (-1)2 . (-k2 + 2k)

|B*| = 0 ⇔ -k2 + 2k = 0 ⇔ k = 0 y k = 2

Para k = 0 por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.I. y tiene infinitas soluciones de la

forma (x, y, 2)

Para k = 2 por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.D. y tiene una única solución de la

forma (x, y, 2)


Ejercicio 4.-

Considera la recta definida por = 0 3 + = 3 y la recta definida por

2 − = 3= 0

a) [1 punto] Estudia la posición relativa de y . b) [1’5 puntos] Halla la ecuación general de un plano que contiene a y es paralelo a .

Solución

Tomamos de cada recta un punto y un vector director, para lo cual pongo ambas ecuaciones en paramétricas.

r ≡ = 0 3 + = 3 = sus ecuaciones paramétricas son

= 0 = = 3 − 3

De la recta r (0,0,3) ó (0,1, −3)

s ≡ 2 − = 3= 0 = sus ecuaciones paramétricas son

= = 0 = −3 + 2

De la recta s (0,0, −3) ó (1,0,2)

(a) Para estudiar la posición relativa de las rectas se miran en 1er lugar su vectores directores y como no son

proporcionales entonces las rectas se cortan o se cruzan

dr = (0, 1, -3) ds = (1, 0, 2) : ≠ ≠ dr ds

det ( , , ) = 0 det ( , , ) ≠ 0 PrPs = (0, 0, -3) - (0, 0, 3) = (0, 0, -6)

det(dr, ds, PrPs) = 0 1 −31 0 20 0 −6 = 6 ≠ 0 las rectas se cruzan

(b) Como el plano contiene a la recta s ó (1,0,2) (0,0, −3)

Como el plano es paralelo a la recta s ó (0,1, −3)

Por tanto la ecuación general del plano ó (1,0,2) ó (0,1, −3) (0,0, −3) es

− 0 − 0 − 31 0 20 1 −3 = 0 desarrollando por los adjuntos 1ª fila:

+ + − =



Ejercicio 1.-

Sea ∶ [0, 4] → ℜ la función definida por f(x) = + + 0 ≤ < 2+ 1 2 ≤ ≤ 4

a) [2 puntos] Determina , y sabiendo que es continua en el intervalo cerrado [0, 4], derivable

en el intervalo abierto (0, 4) y que (0) = (4).

b) [0’5 puntos] ¿En qué punto del intervalo se anula la derivada de la función?

Solución

(a) Se está exigiendo que la función f cumpla las hipótesis del Teorema de Rolle en el intervalo [0, 4].

f(x) = + + 0 ≤ < 2+ 1 2 ≤ ≤ 4

f(x) es continua en [0, 4] es continua en x = 2 f(2) = )(lim2

xfx +→

= )(lim2

xfx −→

)(lim2

xfx −→

= )(lim 2

2baxx

x++

−→= 4 + 2 +

f(2) = )(lim2

xfx +→

= )1(lim2

++→cx

x= 2 + 1

Como la función f es derivable en (0, 4):

f(x) = + + 0 ≤ < 2+ 1 2 ≤ ≤ 4 f’(x) = 2 + 0 < < 2 2 ≤ < 4

Como es derivable en (0,4) es derivable x = 2 f’(2 +) = f’(2 -)

f’(2 -) = )('lim2

xfx −→

= )2(lim2

axx

+−→

= 4 +

f’(2 +) = )('lim2

xfx +→

= )(lim2c

x +→ =

Como f(0) = f(4) b = 4c + 1

Resolviendo el sistema 2 + 1 = 4 + 2 += 4 + = 4 + 1 , obtenemos a = - 3, b = 5 y c = 1

Por tanto la función pedida es f(x) = − + ≤ < 2+ ≤ ≤

(b) f(x) = − 3 + 5 0 ≤ < 2+ 1 2 ≤ ≤ 4 f’(x) = 2 − 3 0 < < 21 2 ≤ < 4

Veamos donde f’(x) = 0 2x – 3 = 0 con 0 < x < 2 x = (que está entre 0 y 2)

Es la tesis del Tª de Rolle que se cumple en x =

Igualando: 2c + 1 = 4 + 2a + b

Igualando: 4 + a = c



Calcula . ln( + 1) (ln denota la función logaritmo neperiano).

Solución . ln( + 1) es una integral por partes ( = . − ): = ln( + 1) = = = + =∗ . ln( + 1) = . ln ( + 1) − ( )

(*: se puede elegir cualquier primitiva de “x”, he elegido una de forma que al efectuar “ ” se pueda simplificar: =( ) =

( )( )( ) = )

Quedaría: ( ) = = ( − )

. ln( + 1) = . ln ( + 1) - ( − )

Por tanto: . ( + ) = . ln( + 1) - ( − ) =

= 0. 2 − ( − 1) - . 1 − (0 − 0) = - 0 = u.a.

Si no se hace el procedimiento de * la integral es más laboriosa como se puede observar:

= ln( + 1) = = = + = . ln( + 1) = . ln( + 1) − ( )

Hay que calcular ahora la integral racional: ( ) que como el grado del numerador es mayor que el

del denominador, hay que dividir.

( ) = = ( − 1 + ) = − + ln ( + 1)

. ln( + 1) = . ln( + 1) − − + ln( + 1)

A continuación se haría la integral definida de la misma forma

= − 1 + x2 x + 1

-x2 - x x - 1 - x + x + 1 1



Halla los valores del parámetro que hacen compatible el sistema de ecuaciones:

− + 2 − 2 = 22 + + =+ 3 − =

Solución

La matriz de los coeficientes A = −1 2 −22 1 11 3 −1 y ampliada A* =

−1 2 −2 22 1 11 3 −1

Para que el sistema sea compatible tiene que ser rango(A) = rango(A*)

Calculo rango(A)

−1 2 −22 1 11 3 −1 = 1 − 12 + 2 − (−2 − 3 − 4) = 0 rango(A) <3

En A como −1 22 1 = -5 ≠ 0 rango(A) = 2

Imponemos que rango(A*) = 2 por lo que todos los menores orlados de orden 3 de uno no nulo de orden

2 tienen que ser 0:

Los orlados de −1 22 1 = -5 ≠ 0 en A* 3ª 3ª : | | = 0 3ª 4ª : −1 2 22 11 3 = − + 12 + 2 − 2 + 3 − 4 = −5 + 5

Para que el rango no sea 3 se impone −5 + 5 + 10 = −5( − − 2) = 0

Resolviendo la ecuación: = ±√ = 2−1

Por tanto para estos valores de “m” : rango(A) = rango(A*) = 2 < 3 por lo que por el Tª de Rouche el

sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un parámetro

Para m = - 1 y m = 2, el sistema dado es compatible (indeterminado uniparamétrico)



Sea la recta definida por = 1 − = 0 y sean los planos π1 de ecuación + + = 0, y π2

de ecuación + = 0. Halla la recta contenida en el plano π1 , que es paralela al plano π2 y que corta a la recta .

Solución

Sea “s” la recta pedida y sea ds la dirección de la recta.

s está contenida en el plano π 1: s ⊂ π 1 ds ⊥ vector normal de π 1 = n π1 = (1, 1 1)

s es paralela al plano π2: s || π 2 ds ⊥ vector normal de π 2 = n π2 = (0, 1, 1)

Por tanto ds es perpendicular a n π1 y a n π2 ds = n π1 x n π2

ds = n π1 x n π2 = 1 1 10 1 1 = . 0 − . 1 + . 1 = (0, -1, 1)

La recta pedida en su ecuación paramétrica es: = = −= + con λ ∈ ℜ

Siendo A(a,b,c) el punto de “s” que corta a “r” es decir A ( , − , + )

Como "s" corta a "r", en A:

A ( , − , + ) cumple = 1 − = 0

= 1 = = = 1

Por tanto: = − = 1 = 1 = 1 +

El punto A queda de la forma: ( , − , + ) = (1,1 + − , + ) = (1,1, + )

Como s ⊂ π 1 el punto A(1,1, + ) verifica la ecuación del plano π 1: x + y + z = 0

1 + 1 + + = 0 = −2 −

A quedaría (1,1, + ) = (1,1, −2 − + ) = (1,1, −2)

La recta pedida es = = −= + ≡

= = −= − + λ ∈ ℜ



Ejercicio 1.-

Sea la función : [0, 2π] →ℜ definida por: ( ) = ( + )

a) [1’25 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de .

b) [1’25 puntos] Calcula los puntos de inflexión de la gráfica de .

Solución

(a) ( ) = ( + ) ( ) = ( + ) + ( − ) = (2. )

Estudiamos el signo de f ‘(x) es el intervalo [0, 2π] que al ser continua los posibles cambios de signo se

encuentran en los ceros de la función:

f ‘(x) = 0 (2. ) = 0 ( ) = 0 (porque la exponencial no se anula nunca)

Las soluciones de ( ) = 0 en [0, 2π] son x = y x =

Signo de f’:

Resumiendo:

f es creciente en (0, ) ∪ ( , 2π)

f es decreciente en ( , )

En x = hay un máximo relativo

En x = hay un mínimo relativo

signo de f’( ) =signo de “ 4” = +

signo de f’( ) =signo de “ ” = -

signo de f’( ) =signo de “ 74 ” =+

32

- +0 2π 2

+


(b) Los posibles puntos de inflexión (P.I.) están entre las soluciones de la ecuación f”(x) = 0.

Para ver si lo son además tienen que cambiar la curvatura es decir el signo de f”

( ) = 2. . "( ) = −2 . + 2 . = 2 ( − )

f”(x) = 0 − = 0 (porque la exponencial no se anula nunca)

= en el intervalo [0, 2π] x = y x = π + = posibles P.I.

Se estudia el signo de f” que como es continua en ℜ solo se tienen en cuenta sus ceros:

Signo de f’’

Aunque no se pide la gráfica sería:

Resumiendo:

En x = hay un punto de inflexión

En x = hay un punto de inflexión

signo de f”( ) =signo de “ 6 − 6 ” = +

signo de f’( ) =signo de “ − ” = -

signo de f’( ) =signo de “ 32 − 32 ” =+

54

- + 0 2π 4

+



Sean : ℜ → ℜ, y : ℜ → ℜ, las funciones dadas por ( ) = y ( ) = (con > 0)

Se sabe que el área del recinto limitado por las gráficas de las funciones y es .

Calcula el valor de la constante .

Solución

La gráfica de g(x) = a es un recta paralela al eje OX y por encima de él (porque a > 0)

La gráfica de f(x) es una parábola con vértice en (0,0) y ramas hacia arriba.

Un esbozo es

Para calcular el área coloreada como la recta y = a está por encima de la parábola:

Área = [ ( ) − ( )] = siendo a y b las soluciones de f(x) = g(x)

f(x) = g(x) x2 = a = ±√

Área = [ ( ) − ( )] √√ =2. [ ( ) − ( )] √ = puesto que el recinto es simétrico

Área = 2. ( − ) √ = 2. − √ = 2. √ − (√ ) =

2. √ − (√ ) = √ (√ ) = 3 √ − (√ ) = 2

√ . 3 − (√ ) = 2 √ . (3 − ) = 2 √ .2 = 2 elevando al cuadrado

.4 = 4 = 1 =

y = x2

y = a



Sea la matriz identidad de orden 3 y = 0 −1 −2−1 0 −21 1 3

Calcula, si existe, el valor de para el cual ( − ) es la matriz nula.

Solución

= 0 −1 −2−1 0 −21 1 3 =

1 0 00 1 00 0 1 Matriz nula = 0 0 00 0 00 0 0

(A − kI)2 = (A − kI).(A − kI) = 0 (matriz nula)

(A − kI) =0 −1 −2−1 0 −21 1 3 - k .

1 0 00 1 00 0 1 = − −1 −2−1 − −21 1 3 −

(A − kI).(A − kI) = − −1 −2−1 − −21 1 3 − .

– −1 −2−1 − −21 1 3 − = 0 0 00 0 00 0 0

− 1 2 − 2 4 − 42 − 2 − 1 4 − 4−2 + 2 −2 + 2 − 6 + 5 =

0 0 00 0 00 0 0

Igualando cada expresión a cero tenemos tendríamos nueve ecuaciones.

Resolvemos la primera: k2 – 1 = 0 k = 1 y k = -1

Se comprueba cual de las dos soluciones verifica todas las ecuaciones y es k = 1


Ejercicio 4.-

Se sabe que los planos de ecuaciones + 2 + = 1, 2 + + = 0, 3 + 3 − 2 = 1 se cortan en una recta r.

a) [1’25 puntos] Calcula el valor de b.

b) [1’25 puntos] Halla unas ecuaciones paramétricas de r.

Solución

(a) Si los planos se cortan en una recta nos piden que estudiemos el valor de b para que el sistema + 2 + = 12 + + = 03 + 3 − 2 = 1 tenga infinitas soluciones que dependan de un parámetro por lo que se tiene que

cumplir: rango(A) = rango(A*) = 2, siendo A y A* la matriz de los coeficientes la matriz ampliada de

dicho sistema.

La matriz de los coeficientes del sistema es = 1 22 13 3 −2

La matriz ampliada ∗ = 1 2 12 1 03 3 −2 1

En este caso basta con que det(A) = 0 pues en A hay un menor de orden 2 no nulo: 1 22 1

| | = 1 22 13 3 −2 = −2 + 6 + 6 − 3 − 3 + 8 = 6 + 6 = 0 =

Para este valor de b se cumple que rango(A) = rango(A*) = 2

(b) Calcular las ecuaciones paramétricas de la recta es resolver el sistema: se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del

menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico.

∗ = 1 2 1 12 1 1 03 3 −2 1

+ 2 + = 12 + + = 0 + 2 = 1 −2 + = − = Se resuelve por reducción

−3 = 1 + = −

Sustituyendo en la 2ª ecuación 2 + = − − + = − = −

La solución del sistema es = − = −= con λ ∈ ℜ

Al valor de “z” se le da un valor paramétrico λ



Ejercicio 1.-

Sea : ℜ → ℜ la función definida por ( ) = . | | ≤ 26 − > 2

a) [0’75 puntos] Esboza la gráfica de .

b) [1 punto] Estudia la derivabilidad de .

c) [0’75 puntos] Calcula el área comprendida entre la gráfica de y el eje de abscisas.

Solución

(a) Como | | = − < 0 > 0 f(x) = . | | ≤ 26 − > 2 = − < 0 0 ≤ ≤ 26 − > 2

Dibujamos la función a trozos:

(b) De la gráfica se observa que la función no es derivable en x = 2 puesto que hay un pico, vamos a

comprobarlo

f(x) = − < 0 0 ≤ ≤ 26 − > 2 f’(x) =

−2 < 0 2 0 < < 2−1 > 2 ¿ = 0 , 2

En principio f es derivable ℜ - {0,2} por serlo cada uno de los trozos.

Estudiamos la derivada en x = 0 y x = 2

0 0 vértice de la parábola de ramas hacia abajo

0 0 vértice de la parábola de ramas hacia arriba

x y

2 4

2 4 punto donde comienza a dibujarse la recta


Para estudiar la derivabilidad en x = 0 aplico:

= = =

f es continua en x = 0 porque ( ) = . | | ≤ 2 es continua en ℜ

f’ continua en x = 0:

f’(0-)= )('lim0

xfx −→

= )2(lim0

xx

−−→= 0

f’(0+)= )('lim0

xfx +→

= )2(lim0

xx +→

= 0

Por tanto f es derivable en x = 0

Comprobamos que f(x) no derivable en x = 2

f’(2 -) = )('lim2

xfx −→

= )2(lim2

xx −→

= 4

f’(2 +) = )('lim2

xfx +→

= )1(lim2

−+→x= -1

Como f ‘(2 +) ≠ f ‘(2 -) f no es derivable en x = 2

La función derivada es f’(x) = −2 < 0 2 0 ≤ < 2−1 > 2

Nota: la forma correcta de demostrar que f no es derivable en x = 2 es aplicar la definición:

f’(2 -) = h

fhfh

)2()2('lim0

−+−→

= hh

hh

4)2(lim2

00

−+

<→

= 4)4(lim4lim0

2

0=+=+

−− →→h

hhh

hh

f’(2 +) = h

fhfh

)2()2('lim0

−++→

= [ ]

hh

hh

4)2(6lim00

−+−

>→

= 1)1(lim0

−=−+→h

(c) Viendo la gráfica el área pedida es

Área = + (6 − ) = + 6 − = + [(36 − 18) − (12 − 2)]= u2

f’ es continua en x = 0



Calcula . ln( ) (ln denota la función logaritmo neperiano).

Solución

Calculamos primero la integral indefinida, que es una integral por partes

= . −

. ln( ) = = ln = = = = . ln − =

= . ln − = . ln − . = . ln −

Por tanto:

. = . ln − = . − − . 1 − =

= u.a.


Dadas las matrices = 1 1 21 2 11 1 1 y =

1 0 22 0 4−1 1 1

a) [1 punto] Calcula, si existen, la matriz inversa de y la de .

b) [1’5 puntos] Resuelve la ecuación matricial + = + , donde denota la matriz identidad de orden 3.

Solución

(a) Existe la matriz inversa de A y de B ⇔ |A| ≠ 0 y |B| ≠ 0

|A| = 1 1 21 2 11 1 1 = 2 + 2 + 1 - 4 - 1 – 1 = -1 ≠ 0 ∃ A-1 = | | ( )

|B| = 1 0 22 0 4−1 1 1 = 0 + 4 + 0 - 0 - 4 – 0 = 0 B-1


A11 = (-1)1+1. 2 11 1 = 1 A21 = (-1)2+1. 1 21 1 = 1 A31 = (-1)3+1. 1 22 1 =

-3

A12 = (-1)1+2. 1 11 1 = 0 A22 = (-1)2+2. 1 21 1 = -1 A32 = (-1)3+2. 1 21 1 = 1

A13 = (-1)1+3. 1 21 1 = -1 A23 = (-1)2+3. 1 11 1 = 0 A33 = (-1)3+3. 1 11 2 = 1

A -1 = | |. (AdjA)T = -1 . 1 1 −30 −1 1−1 0 1 =

− − −−

(b) AX + B = A + I AX = A + I – B

Como existe A -1, multiplicamos ambos miembros por la izquierda por A -1

A -1(AX) = A -1( A + I – B) IX = A -1( A + I – B) X = A -1( A + I – B)

A + I – B = A = 1 1 21 2 11 1 1 +

1 0 00 1 00 0 1 - 1 0 22 0 4−1 1 1 =

1 1 0−1 3 −32 0 1

X = A -1( A + I – B) = −1 −1 30 1 −11 0 −1 .

1 1 0−1 3 −32 0 1 = −− −− −


Dados los puntos (2, 1, −1) y (−2, 3, 1) y la recta " " definida por las ecuaciones − − = −13 − 2 = −5 , halla las coordenadas de un punto de la recta " " que equidiste de los

puntos y .

Solución

Sea P el punto que se pide: d(P, A) = d(P, B) P ∈ plano mediatriz del segmento AB

A B M

π


Plano mediatriz del segmento AB:

ó : = (−2, 3, 1) − (2, 1, −1) = (−4, 2, 2) ∥ (2, −1, −1) : = ( ) , , ( ) = (0, 2, 0) El plano sería: π ≡ 2 − − + = 0 pasa por (0, 2, 0) −2 + = 0 = 2

Por tanto: π ≡ 2 − − + 2 = 0

El punto P pertenece a la recta r que calculo sus ecuaciones paramétricas son:

− − = −13 − 2 = −5 ó = = (1, −1, −1) (3, 0, −2) : = 1 = −1 , = −1

= (1, −1, −1) (3, 0, −2) = 1 −1 −13 0 −2 = (2, -1, 3)

= (−1, −1, 1)

r ≡ = −1 + 2= −1 −= −1 + 3 P (−1 + 2 , −1 − , 1 + 3 )

Finalmente el punto P es la intersección del plano π con la recta r, es decir

P(−1 + 2 , −1 − , 1 + 3 ) cumple la ecuación de π ≡ 2 − − + 2 = 0

2(−1 + 2 ) − (−1 − ) − (1 + 3 ) + 2 = 0 2 = 0 = 0 P(− , − , )



Ejercicio 1.-

Sea : ℜ → ℜ la función definida por ( ) = (3 − 2 )

a) [1’5 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de .

b) [1 punto] Calcula los extremos relativos de (abscisas donde se obtienen y valores que se

alcanzan).

Solución

Los apartados (a) y (b) se pueden hacer juntos pues lo único que hay que estudiar es el signo de la 1ª

derivada f’(x).

( ) = (3 − 2 ) ′( ) = (3 − 4 ) + (3 − 2 ) = (−2 − + 3)

Signo de ′ ≡ ( ) = 0 ∗ − 2 − + 3 = 0 = 1 = : ∄

Signo de f’

Monotonía de f

La exponencial no se anula

- 1 −32 + -

Resumiendo:

Creciente: ( ,1) Máximo relativo: (1, e)

Decreciente: (-∞, )∪(1, +∞) Mínimo relativo: ( , -9e-1.5)

f’(-2) = -3 . e-2 < 0

f’(0) = 3 > 0

f’(2) = -7 . e2 < 0

−32 1


Ejercicio 2.-

Considera las funciones f :(0, ) → ℜ y g : (0, +∞) → ℜ definidas por

f(x) = y ( ) = . ( ). [ln denota la función logaritmo neperiano].

(a) [1’25 puntos] Halla la primitiva de f que toma el valor 1 cuando x =

(se puede hacer el cambio de variable t = cos x ).

(b) [1’25 puntos] Calcula ( ) .

Solución

(a) Una primitiva de f(x) es ( ) = = = cos = − =

= – = = = = ℎ = ( ) +

( ) = ( ) += 1 + = 1 . + = 1 2 + = 1 = −1

La primitiva pedida es ( ) = ( ) −

(b) Es una integral por partes = . −

. ( ) = = ln = = = = . ln − =

= . ln − = . ln − . = . − +

Ejercicio 3.-

a) [1 punto] Determina razonadamente los valores del parámetro para los que el siguiente sistema de ecuaciones tiene más de una solución:

2 + + = + 2 + =+ 2 + 4 =

b) [1’5 puntos] Resuelve el sistema anterior para el caso = 0 y para el caso = 1.

Solución


(a) 2 + + = + 2 + =+ 2 + 4 =

(2 − ) + + = 0+ (2 − ) + = 0+ 2 + (4 − ) = 0

Como es un sistema homogéneo es siempre compatible, además

Sistema compatible determinado (S.C.D) ⇔ | A | 0 (A = matriz de los coeficientes)

Sistema compatible indeterminado (S.C.I) ⇔ | A | = 0

Sea A = 2 − 1 11 2 − 11 2 4 − la matriz de los coeficientes

|A| = 2 − 1 11 2 − 11 2 4 − = [ 2ª: 2ª − 1ª] =

2 − 1 1− 1 −( − 1) 01 2 4 − =

= [ “ − 1” ú 2ª ] = ( − 1). 2 − 1 11 −1 01 2 4 − =

= ( − 1). [−(2 − )(4 − ) + 2 + 0 + 1 − 0 − (4 − )] = ( − 1). (− + 7 − 9) = 0

Resolviendo |A| = 0 ( − 1). (− + 7 − 9) = 0 = 1 − − 7 − 9 = 0 = ±√

Por tanto para = ±√ = el sistema tiene infinitas soluciones

Otra forma de hacerlo:

Si el determinante se calcula por la regla de Sarrus (sin aplicar propiedades):

|A| = 2 − 1 11 2 − 11 2 4 − = − + 8 – 16 + 9 = 0

Se resuelve esta ecuación probando con los divisores enteros del término independiente:

Se prueba con 1: −1 + 8 − 16 + 9 = 0


Por Ruffini:

Por tanto: |A| = − + 8 – 16 + 9 = ( − 1). (− + 7 − 9) = 0

Que se continuaría como antes

(b) Por el apartado anterior:

Para = 0 |A|= 0 S.C.D. Existe una única solución: (0,0,0)

Para = 1 |A|≠ 0 S.C.I. Tiene infinitas soluciones

A = 1 1 11 1 11 2 3 El menor que nos da el rango es 1 11 2 ≠ 0

Para resolver el sistema se elimina la ecuación que no forma parte de ese menor y a la incógnita se le da un

valor paramétrico:

+ + = 0 + 2 + 3 = 0=

+ = − + 2 = −3= ó

Sustituyendo en la 1ª ecuación + = − − 2 = − =

Por tanto la solución del sistema para = es: ( , , ) = ( , − , ) ∈

Ejercicio 4.-

Se considera la recta definida por = = + 2 , ( 0),

y la recta definida por = − 1 =

a) [1’5 puntos] Halla el valor de para el que y son perpendiculares. b) [1 punto] Deduce razonadamente si existe algún valor de m para el que y son paralelas.

Solución

(a) Ponemos la recta = = + 2 en forma continua

= = ( )

-1 8 -16 91 -1 7 -9

-1 7 -9 0


Un vector director suyo es dr = ( , 1,1) ∥ (1, , ) dr = (1, , )

Un punto de r es: Pr (0,0, −2)

La recta s está en forma continua: – = – =

Un vector director suyo es ds = (4,1,2) y un punto de s Ps (4,1,0) Las rectas "r" y "s" son perpendiculares ⇔ dr ds ⇔ dr ds =

dr ds = (1, , ) (4,1,2) = 4 + + 2 = 0 3 = − 4

= para que ⊥

(b) Las rectas "r" y "s" son paralelas ⇔ dr ds y Pr ∉ s

dr ds ⇔ (1, , ) (4,1,2) ⇔ = =

Es absurdo pues no puede ser a la vez y ∄ para que ∥

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº. 168



Dada la función f definida, para x ≠ 0, por ( ) = determina las asíntotas de su gráfica.

Solución

A.V.

La recta x = a es una asíntota vertical (A.V.) de la función f ⇔ ∞=→

)(lim xfax

o algún límite lateral

Las posibles A.V. en este caso están entre los valores de "x" que anulan el denominador.

ex – 1 = 0 ex = 1 x = 0 posible A.V.

Veamos si x = 0 es A.V.

0lim→x

= = ? 0 : = −∞ 0 − 0 : = +∞ 0 +

Por tanto la recta x = 0 es una A.V. de la función f

La recta y = k es una asíntota horizontal (A.H.) de la función f si kxfx

=±∞→

)(lim

+∞→x lim = ó ô = +∞→x lim = +∞→x lim 1 = 1

La recta y = 1 es una A.H. de la función f en + ∞

−∞→x lim = = = −1

La recta y = 1 es una A.H. de la función f en - ∞

Como existen A.H. A.O.

Posición relativa de la función respecto de la A.H.

En + ∞: (se sustituye en 100: > 1 la función está por encima de la A.H.

En - ∞: (se sustituye en -100: < 1 la función está por debajo de la A.H.

Un boceto de la gráfica sería:


Ejercicio 2.-

Sea g : ℜ → ℜ la función definida por ( ) = − +

(a) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de g.

(b) [0’75 puntos] Determina la ecuación de la recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 2.

(c) [1’25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de y el eje de abscisas.

Solución

(a) Para hacer un boceto de la gráfica por ser polinómica basta con calcular los cortes con los ejes y

los límites en ± ∞

Corte con eje OY: = 0 = 0

Corte con eje OX: = 0 − + = 0 ∙ − + 1 = 0 − + 1 = 0 = ±√ = 2 ( )

Por tanto los cortes con los ejes son: (2,0) y (0,0)

∞+→x lim − + = ∞+→x lim = + ∞

∞−→x lim − + = ∞−→x lim = - ∞

Un esbozo de la gráfica es

(b) De la gráfica se observa que la recta tangente en = 2, es una tangente

horizontal es decir = 0. Vamos a comprobarlo

La recta tangente a g(x) en = 2 es: – (2) = ’(2)( − 2)

( ) = − + ′( ) = – 2 + 1

(2) = 0 ‘(2) = 0

Sustituyendo tenemos que la recta tangente es y – 0 = 0(x - e) y = 0

(c) Área = − + = ∙ − + = 1 − + 0 − 0 = u2


Ejercicio 3.-

Dada la matriz = 1 31 31 7

(a) [1’25 puntos] Estudia el rango de en función de los valores del parámetro .

(b) [1’25 puntos] Para = 0, halla la matriz inversa de .

Solución

(a) Comenzamos calculando |A| = 1 31 31 7 = + 7 + 9 − − 21 − 3 = 4 − 12

4 − 12 = 0 ⇔ = ±√3

≠ ±√ |A| rango(A) = 3

= √ = 1 3 √3√3 1 31 7 √3 como

1 3√3 1 ≠ 0 y |A| = 0 rango(A) = 2

= −√ = 1 3 −√3−√3 1 31 7 −√3 como

1 3−√3 1 ≠ 0 y |A| = 0 rango(A)

= 2

(b) Si k=0 |A| por el apartado anterior A-1 = | | ( )

= 1 3 00 1 31 7 0 y |A| = 4 − 12 = −12

A11 = (-1)1+1. 1 37 0 = -21 A21 = (-1)2+1. 3 07 0 = 0 A31 = (-1)3+1. 3 01 3 = 9

A12 = (-1)1+2. 0 31 0 = 3 A22 = (-1)2+2. 1 01 0 = 0 A32 = (-1)3+2. 1 00 3 =

-3

A13 = (-1)1+3. 0 11 7 = -1 A23 = (-1)2+3. 1 31 7 = -4 A33 = (-1)3+3. 1 30 1 = 1


A -1 = | |. (AdjA)T = . −21 0 93 0 −3−1 −4 1 =

−− −

Ejercicio 4.-

Considera los puntos (2, 0, 1) , (−1, 1, 2) , (2, 2, 1) (3, 1, 0).

(a) [1 punto] Calcula la ecuación del plano que contiene a los puntos , y .

(b) [1’5 puntos] Halla el punto simétrico de respecto del plano .

Solución

(a) Plano π que contiene a los puntos B, C y D (3,1,0) ó = (2, 2, 1)— (−1, 1, 2) = (3,1, −1)ó = (3,1,0)— (−1, 1, 2) = (4,0, −2)

Ecuación implícita:

− 3 − 13 1 −14 0 −2 = 0 ( − 3) ∙ (−2) − ( − 1) ∙ (−2) + ∙ (−4) = 0

π ≡ −2 + 2 − 4 + 4 = 0 π − + − =

(b) Para calcular el simétrico del punto A respecto del plano π − + 2 − 2 = 0

1. Se calcula la recta r perpendicular al plano que pasa por A

punto= A(2, 0, 1)

dirección = vector normal del plano nπ = (1, -1, 2)

Ecuaciones paramétricas = 2 − = = 1 − 2 ∈ ℜ

2. Se calcula el punto Q como intersección de la recta con el plano:

Como Q ∈r Q (2 − , , 1 − 2 ) que verifica la ecuación del plano

π Q

A

A’

r

nπ


π − + 2 − 2 = 0

2 − − + 2 ∙ (1 − 2 ) − 2 = 0 2 − 6 = 0 =

Q (2 − , , 1 − 2 ) = ( , , )

3. Q es el punto medio del segmento AA’, siendo A’ el simétrico buscado

(2, 0, 1) , ′( , , ) , Q ( , , )

= ⇒ == ⇒ == ⇒ =

’ ( , ,

ejercicios resueltos de selectividad en andalucía: matemáticas ii

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