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1 Materiales producidos en el curso: Curso realizado en colaboración entre la Editorial Bruño y el IUCE de la UAM de Madrid del 6 de febrero al 23 de marzo de 2012 Título: Curso online Moodle: Wiris, GeoGebra y Hoja de Cálculo para Matemáticas de la ESO y Bachilleratos. Uso de Pizarra Digital y del Proyector. Libros digitales con Multimedia: Vídeos y Applets. Profesores del curso: José María Arias Cabezas e Ildefonso Maza Sáez autores de Matemáticas de la editorial Bruño Autor: Carmen Montoya Enciso IES El Alquián (El Alquián-Almería) Matemáticas II Andalucía. Año Septiembre. Opción B Ejercicio 1.- (2,5puntos) De entre todos los rectángulos cuya área mide 16cm 2, determina las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud. Solución: Llamemos x: base del rectángulo, y: altura del rectángulo. d y x Los rectángulos del enunciado tiene de área 16cm 2, es decir, A x y 16, de donde, despejando la y obtenemos y. Ahora, la diagonal del rectángulo, utilizando el Teorema de Pitágoras, tiene por longitud d + y esa cantidad queremos que sea mínima, o lo que es lo mismo, queremos minimizar d Obtenemos, así, la función f(x) que es función de la que vamos a buscar el valor mínimo. Calculemos para ello la primera derivada de f. f (x)

2 Así, hemos llegado a que la primera derivada de la función f es la siguiente: f (x) Igualamos la derivada a cero: f (x) 0 2x x x x ± 256 ±4 De donde obtenemos que los posibles máximos o mínimos de la función f estarían en x ±. Descartamos el valor x 4, ya que sería una distancia negativa, lo que no tiene sentido en el ejercicio. Veamos pues si x 4 es el mínimo de la función. Calculemos, para ello, la segunda derivada f (x) f (x) función que es siempre positiva, particularmente, para x 4 f (4) 8 > 0 con lo que, en x 4 tenemos el mínimo de la función f, que no solamente es un mínimo relativo, también es el mínimo absoluto de la función, lo cual podemos verlo en la gráfica de f que es la siguiente:

3 Donde claramente se ve que el mínimo se alcanza en x±4, como habíamos obtenido de manera analítica. Por tanto, x 4cm, y 4cm, es el rectángulo (mejor dicho cuadrado) buscado, cuya área 16cm 2 y que tiene la diagonal de menor longitud, midiendo dicha diagonal Solución: d D4 2 4cm Rectángulo (cuadrado) buscado 4cm

4 Ejercicio 2.- (2,5puntos) Sea f la función definida por f(x) Halla la primitiva F de f que cumple que F(0) 3. (Sugerencia: Utiliza el cambio de variable t x2 ). Solución: Tenemos la función f(x) de la que vamos a calcular su integral F(x) dx Hacemos el cambio de variable indicado t x2 x 2 t x4 t2 dt 3xdx xdx Obtenemos la familia de primitivas F(x) arcsen x + C. Ahora, como tenemos que F(0) 3, sustituyendo F(0) arcsen 0 + C C 3 C 3 La gráfica de la función f definida es: arcsent + C arcsen x + C

5 Y la primitiva F(x) encontrada viene representada por la siguiente gráfica: Solución: La primitiva de f buscada es F(x) arcsen + 3 La gráfica de la función f sería:

6 Ejercicio 3.- (2,5puntos) Sean las matrices A 2 1 1, B y C Determina la matriz X que verifica que AX B t 2C. (B t es la matriz traspuesta de B). Solución: Tenemos las matrices A 2 1 1, B y C Y queremos buscar una matriz X que verifique AX B t 2C, de donde, AX 2C + B t y, despejando la X, obtenemos que X A 1 (2C + B t ). Calculemos, pues, X en base a esto: Calculemos, primero A 1 : A 1 ( 1) ( 1) + ( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 2) ( 1) A A t Adj(A t ) A 1 Adj(At ) Ahora, calculemos B t y 2C: 3 1 B t C A 1

7 Entonces, tenemos que X A 1 (2C + B t ) X Solución: Por tanto, la matriz X buscada es: (2C + B t ) X

8 Ejercicio 4.- Considera la recta r definida por y la recta s definida por x y x + y z 1 0 2y x 2z (a) (1,5puntos) Determina la ecuación del plano que contiene a la recta r y es paralelo a s. (b) (1punto) Existe algún plano que contenga a r y sea perpendicular a s? Razona la respuesta. Solución: Apartado a) Tenemos las rectas: r: s: x y x + y z 1 0 2y x 2z Vamos a calcular la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo a s. Para ello vamos a calcular ambos vectores directores y un punto de r. Calculemos dos puntos de r y su vector director: r: x y x + y z 1 0 Para ello damos un par de valores a x y calculamos los valores de y, z, correspondientes para que el punto (x, y, z) pertenezca a r: x0 0 y y y y z z 1 0 z 2 Punto P (0, 3, 2) x1 1 y y y y z z 1 0 z 4 Punto Q (1, 4, 4) Con estos puntos, hallamos el vector director de la recta r: (1, 4, 4) (0, 3, 2) (1, 1, 2) (1, 1, 2)

9 Hacemos lo mismo con la recta s: s: x1 2y x 2z y y 1 2z z 2 Punto A,, x3 Punto B,, 2y y 3 2z z 3 Con estos puntos, hallamos el vector director de la recta r: 3, 1,3 1, 1,2 (2, 0, 1) (2, 0, 1) 2 2 Calculemos, ahora, el plano π que pasa por el punto P(0, 3, 2) y tiene por vectores directores (1, 1, 2) y (2, 0, 1): π (x 0) + 3 (y 3) 2 (z 2) x + 3y 2z 5 0 π x + 3y 2z 5 0 Solución: El plano π que contiene a r y es paralelo a s buscado es π x + 3y 2z 5 0 Veámoslo en la siguiente imagen:

10 Apartado b) Ahora vamos a ver si existe algún plano que contenga a r y sea perpendicular a la recta s. Para ello, vamos a utilizar los valores de los puntos P(0, 3, 2) y Q(1, 4, 4) pertenecientes a r y el vector (2, 0, 1), vector director de la recta s, obtenidos en el apartado anterior. Como buscamos un plano π que sea perpendicular a s, entonces, el vector normal del plano y el vector director de la recta s son linealmente dependientes, es decir, (2, 0, 1) es el vector director de π, con lo que, la ecuación del plano π será de la forma π 2x + 0y + z + D 0 π 2x + z + D 0 Veamos si existe algún valor D de tal manera que los puntos P y Q pertenezca al plano, es decir, si existe algún plano de este haz de planos que contenga simultáneamente los dos puntos. P(0, 3, 2) D D 0 D 2 Q(1, 4, 4) D D 0 D 6 Sucede, entonces, que no existe ningún D de tal modo que los punto P y Q verifiquen simultáneamente la ecuación del plano, luego, no existe ningún plano π con las condiciones pedidas. Solución: No existe ningún plano π perpendicular a s que contenga la recta r. distintos

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