Problemas resueltos correspondientes a la selectividad de Matemáticas II de junio de 2009, Andalucía

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1 Problemas resueltos correspondientes a la selectividad de Matemáticas II de junio de 9, Andalucía Pedro González Ruiz septiembre de. Opción A Problema. Calcular el siguiente límite (ln denota logaritmo neperiano): ( lím x lnx ) x Sea ( l = lím x lnx ) = x ln = = es decir, indeterminado. Efectuando la diferencia: x lnx l = lím x (x )lnx = lím x lnx x (x )(x+)lnx El factor x+ es irrelevante, pues lím x (x+) =, y usando la equivalencia lnx x, cuando x (ver tabla de equivalencias, en el documento calculodelimites.pdf), resulta: luego l =. l = lím x lnx x (x ) = lím x x x(x ) = lím x = {L Höpital} = x lím x x (x ) = {simplificando} = (x )(x+) x(x ) = lím x Problema. Sea f : R R la función definida por:. Esbozar la gráfica de f. f(x) = x x x+ x = =. Comprobar que la recta de ecuación y = x es la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x =.. Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de f y la de dicha tangente. Desarrollamos f utilizando la definición de valor absoluto: { { u, si u < x+, si x < u = = x = u, si u x, si x

2 luego f(x) = { x( x), si x < x(x ), si x Para obtener la gráfica de f hay que dibujar cada uno de los trozos, en concreto, las parábolas: p (x) = x( x), x < ; p (x) = x(x ), x Comencemos con y = p (x) = x( x) = x x. Para x = es y =, y si y =, entonces: x( x) = = x =, luego los cortes con con los ejes son (,) y (,). Calculemos el vértice: p (x) = x = x = = x = ( y como p (x) = <, p es cóncava y el vértice es un máximo de valor p ) = (, es decir 4 V, 4). Es sencillo comprobar que p crece para x < y decrece para x >. Sigamos con y = p (x) = x(x ) = x x, para x. Para x = es y = p () =, luego p pasa por (,). Además p (x) = x, y como x, p crece en I = [,+ [. Por último p (x) = >, luego p es convexa en I, y la gráfica de f es (en rojo p y en azul p ): O Para el apartado segundo, la recta tangente de f en x =, es la recta tangente de p en x =, es decir: { } y = p ()+p p () = ()(x ) = p = +(x ) = x () = Por último, la gráfica conjunta de f y la recta tangente (en verde) es:

3 O El área del recinto pedido es pues: donde S = ( ) ( x f(x) dx = x p (x) ) ( dx+ x p (x) ) dx = S +S S = S = Por consiguiente: ( x p (x) ) dx = ( x p (x) ) dx = ( ) x x( x) dx = x dx = ( ) x x(x ) dx = (x x )dx = S = S +S = + = Problema. Sean F, F y F las filas primera, segunda y tercera, respectivamente, de una matriz B de orden, cuyo determinante vale. Calcular, indicando las propiedades utilizadas: Sea. El determinante de B.. El determinante de (B t ) 4 (B t es la matriz traspuesta de B).. El determinante de B. 4. El determinante de una matriz cuadrada C cuyas filas primera, segunda y tercera son, respectivamente, 5F F, F, F. F B = F, B = F

4 . Como B, existe B, y como B = B, resulta: B = =. Teniendo en cuenta que B t = B y que B n = B n, para todo entero n, es: (B t ) 4 = B t 4 = B 4 = ( ) 4 = 6. Dada una matriz cuadrada A de orden n, sabemos que para cualquier λ R, es: En nuestro caso es n =, luego: 4. Por último, sea Entonces: λ A = λ n A B = B = 8 B = 8 ( ) = 6 5F F A = F F 5F F A = F F = 5F F F F El segundo determinante es cero, pues la primera y segunda fila son proporcionales, luego 5F A = F = 5 F F = 5 F F F En este último, permutamos la segunda y tercera filas, con lo cual, el determinante cambia de signo, por tanto: F A = 5 F = 5 B = ( 5) ( ) = F F F F F Problema.4 Se consideran las rectas r y s definidas como: x = x = µ r y =, s y = µ z = λ z = Hallar la ecuación de la perpendicular común a r y a s. Las rectas r y s en forma punto vector director son: { { R(,, ) S(,, ) r u = (,,), s v = (,,) 4

5 Para evitar trivialidades, comprobemos que las rectas se cruzan, lo cual ocurrirá cuando el determinante u, v, RS. En efecto: u, v, RS = = Sea p la recta que nos piden. Por ser p perpendicular a r y s, un vector director de p es: w = u v = = (,,) Sea X(x,y,z) un punto cualquiera de p. Como p corta a r, es w, u, RX =, es decir: x y = = {desarrollando y simplificando} = x+y = z + Como p corta a s, es w, v, SX =, es decir: x y = = {desarrollando y simplificando} = z + = z + y obtenemos p como intersección de dos planos, es decir: { x+y = p z + = Aquí damos el problema por acabado. No obstante, vamos a hacer algunas comprobaciones para asegurar la fiabilidad del resultado. Parametrizamos p mediante () para comprobar que el vector director resultante de la parametrización es w o alguna combinación lineal de el. En efecto, tomando x = t, es: x = t p y = t z = y el vector director es w = (,,) = w. Sea P el punto de corte de r y p, es decir, P = r p. Juntándolo todo: x+y =, z + =, x =, y =, z = λ y resolviendo este sistema elemental resulta x =, y =, z =, luego P (,, ). Sea P el punto de corte de s y p, es decir, P = s p. Juntándolo todo: x+y =, z + =, x = µ, y = µ, z = tenemos: = x+y = µ+µ = µ = = µ = µ = ( luego P,, ). Una última comprobación, el vector P P debe ser una combinación lineal de w, veámoslo: ( P P =, ) ( ), + =,, = w 5 ()

6 . Opción B Problema. Sea f : R R la función definida por f(x) = x, si x < x x, si x. Estudiar la continuidad y derivabilidad de f.. Determinar sus asíntotas y extremos relativos.. Esbozar la gráfica de f El trozo es continuo siempre que x, pero el valor x = no nos afecta, pues ha de ser x x <. El segundo trozo, x x, es un polinomio, y por tanto, continuo, luego f es continua en todo R. También es derivable en todo R, salvo quizás en x =, punto de separación de los dos trozos. Tenemos: f (x) = (x ), si x < x, si x > Como f ( ) = conclusión: ( ) = y f ( + ) = =, f no es derivable en x =. En f es continua en R, f es derivable en R {}. Para la segunda parte, al ser f continua en todo R, no tiene asíntotas verticales. Como lím f(x) = lím x x x = la recta y = es asíntota horizontal cuando x. No existen asíntotas oblicuas. El trozo f (x) = x es tal que f (x) = (x ) <, luego f decrece en I =],[, y por consiguiente, f no tiene extremos en I. Sea f (x) = x x, con x J = [,+ [. Derivando: f (x) = x = x = = x = y como f (x) = >, el punto x = es un mínimo local de valor ( ) ( ) f = = 4 ( ) es decir, el punto M, es un mínimo local. Juntando todos los resultados, la gráfica 4 resultante es (en rojo f y en azul f ): 6

7 O Problema. Considerar la curva de ecuación y = x x.. Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto de abscisa x =.. Calcular el área del recinto limitado por la curva dada y la recta y =. Sea y = f(x) = x x. La recta tangente en x = es: y = f( )+f ( )(x+) Ahora bien, f( ) = ( ) ( ) = + =. Por otro lado: y la recta tangente queda como: f (x) = x = (x )(x+) = f ( ) = y = + (x+) =, es decir, y = Para el cálculo del área, tenemos que dibujar el recinto de integración. La función f es impar, luego nos limitamos al intervalo x [,+ [, y los valores negativos de x no se tendrán en cuenta. Tenemos: f(x) = x x = x(x ) = x(x )(x+ ) f (x) = (x )(x+) f (x) = 6x La tabla de variaciones de estas funciones es: x + f(x) + + f (x) ց + ր + ր f (x) Por consiguiente, el recinto es: 7

8 O La superficie S es: S = [ (x x) ] dx = ( x +x)dx = ] [x x4 4 + x = 7 4 Problema. Una empresa envasadora ha comprado un total de 5 cajas de pescado en tres mercados diferentes, a un precio por caja de, y 4 euros respectivamente. El coste total de la operación ha sido de 45 euros. Calcular cuánto ha pagado la empresa en cada mercado, sabiendo que en el primero de ellos ha comprado el % de las cajas. Sean x = número de cajas compradas en el mercado primero y = número de cajas compradas en el mercado segundo z = número de cajas compradas en el mercado tercero Por el enunciado del problema es x+y +z = 5, x+y +4z = 45. Simplificando: x+y +z = 5 x+y +4z = 45 () Además: x = %(5) = 5 Sustituyendo en () y simplificando, resulta: = 45 y +z = 5 y +z = 5 sistema elemental cuya solución es y = 75, z =. En conclusión: En el primer mercado se pagó 45 = 5 euros En el segundo mercado se pagó 75 = 5 euros En el tercer mercado se pagó 4 = euros 8

9 Problema.4 Consideremos la recta r definida por los puntos A(,,) y B(,, ). { x+y = y +z = y la recta s que pasa por. Estudiar la posición relativa de r y s.. Determinar un punto C de la recta r tal que los segmentos CA y CB sean perpendiculares. Parametrizamos r tomando y = t, luego x = y = t, z = y = t, es decir: x = t { P(,,) r y = t z = t = r u = (,, ) Un vector director de s es v = BA = (,,), luego: { A(,,) s v = (,,) Calculemos el rango de la matriz T = ( u, v, AP) = Es sencillo comprobar que T =, luego el rango de T es <, y como =, el rango de T es, luego las rectas se cortan. Para la segunda parte, como C r, C es de la forma C( t,t, t) para un cierto t R. En fin: CA = ( ( t), t,t) = (t, t,t) CB = ( ( t), t, +t) = (t, t,t ) Por tanto: = CA CB = t(t ) t( t)+t(t ) = t(t ) = t =, es decir, dos soluciones que corresponden a los puntos: t = = C( t,t, t) = C(,,) ; t = = C( t,t, t) = C(,, ) 9

10 Problemas resueltos correspondientes a la selectividad de Matemáticas II de septiembre de 9, Andalucía Pedro González Ruiz septiembre de. Opción A Problema. Se considera la función f : [,+ [ R definida por: Determinar la asíntota de la gráfica de f. f(x) = x x+x Como f es continua, no tiene asíntotas verticales. Por otro lado: lím f(x) = lím ( x x+x) = + x + x + luego f no tiene asíntotas horizontales. Veamos la oblicua. Estas son del tipo f(x) y = mx+n, con m = lím x + x, n = lím (f(x) mx) x + En fin: f(x) m = lím x + = + lím x + x x+x x = lím x + x x = + x x lím x + ( = lím + x + ) x x = x x x x = + = f(x) Hemos obtenido que lím x + x Por otro lado: =, o lo que es lo mismo, f(x) x, cuando x +. n = lím (f(x) mx) = lím x + x + ( x = lím x x)( x x+x) x + x x+x = lím x + x x = luego la única asíntota es ( x x+x x ) = lím y = x x + x x x = lím x + f(x) ( x x x ) = x = lím x + f(x) =

11 Problema. La curva y = x divide al rectángulo R de vértices A = (,), B = (,), C = (,) y D = (,) en dos recintos.. Dibujar dichos recintos.. Hallar el área de cada uno de ellos. Sea f(x) = x. La gráfica de f es una parábola, f es par. Pasa por el origen A(,), el cual es el vértice. Suponemos x, pues el rectángulo ABCD está situado en el primer cuadrante. Como f (x) = x, f crece en [,+ [, y al ser f (x) = >, f es convexa. Calculemos el punto de corte con la recta y = : En definitiva, el recinto es: x = = x = ±, es decir, x = D C Finalmente: S sombreada = A ) ( x dx = Como la superficie del rectángulo ABCD es, resulta: B ] [x x = 6 S rayada = = 6 Problema. Discutir según los valores del parámetro λ el siguiente sistema: y resolverlo para λ =. x+λy = x+λz = λ x+y +z = Las matrices de los coeficientes y ampliada son: λ λ. A = λ, A = λ. λ.

12 Los puntos verticales muestran la separación entre la matriz de los coeficientes y la ampliada. Desarrollando, resulta: A = λ(λ 6), luego Por tanto: A = λ =,6 Si λ,6 = A = r = r(a) =. La matriz ampliada también tiene rango, y el número de incógnitas n también es. En definitiva, el sistema es de Cramer, y tiene por tanto solución única. Para λ =, es A =, luego r = r(a) <. La matriz ampliada es A = La primera y segunda filas son proporcionales. Eliminamos pues aquella, con lo que la matriz se queda en: ( ) El rango de esta matriz es, luego, r = r(a) = r(a ) =, el número de incógnitas es n =, por tanto, el sistema es compatible con infinitas soluciones dependientes de n r = = parámetro. Con la última matriz, el sistema queda como x =, x+y +z =, o bien y +z =. Llamando z = t = y = t, y las soluciones son: x = y = t z = t Para λ = 6, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es 6 A = 6 6 Para el cálculo de los rangos, vamos a utilizar la reducción gaussiana, y para ello, recordamos las operaciones elementales de fila:. C ij = cambiar las filas i,j.. M i (k) = multiplicar la fila i por el número k.. S ij (k) = sumar a la fila i la fila j multiplicada por el número k. 6 { ( )} A = 6 6 = M = 6 6 = {S ( ),S ( )} = { ( )} 6 6 = M = = {S ( )} = ( = {M )}. =..

13 luego r(a) =, r(a ) =, y el sistema es incompatible. Problema.4 Consideremos el punto P(,,) y las rectas r y s definidas como r x = y = z +, s (x,y,z) = (,,)+λ(,,) Estudiar la posición relativa de r y s. Hallar la ecuación del plano π que pasando por P es paralelo a r y a s. Escribamos las rectas en forma punto vector director. Primero r: x = y = z + x = +t = t = x = +t, y = t, z = t = r y = t z = t { { Q(,, ) R(,,) Luego r u = (,, ). También s. Para estudiar la posición relativa v = (,,) de ambas consideremos la matriz: A = ( u, v, RQ) = Es sencillo comprobar que A = = r(a) =, por consiguiente, las rectas se cruzan. Para la segunda parte, como las rectas r y s son paralelas a π, los vectores directores de r y s son también vectores directores de π, luego: P(,,) π u = (,, ) = x y z v = (,,) = Desarrollando y simplificando, obtenemos:. Opción B π x+y +z = Problema. De entre todos los rectángulos cuya área mide 6 cm, determinar las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud. Sea x la longitud de la base del rectángulo e y su altura. Sea D la longitud de la diagonal (función a minimizar). Por el teorema de Pitágoras: D = x +y = D = x +y La superficie es x y, por tanto, la ecuación de condición es: x y = 6 = y = 6 x () 4

14 Minimizar D es lo mismo que minimizar H = D, con lo cual nos evitamos las raíces cuadradas. Sustituyendo () en H, obtenemos: Derivando: luego ha de ser H = D = x +y = x + 56 x H (x) = x 5 x = x4 5 x x 4 5 = = x = 4 Derivando otra vez: H (x) = + 56 x 4 Como H (4) >, el punto x = 4 es un mínimo. Sustituyendo en (), resulta y = 4. En conclusión: x = y = 4 (cuadrado de lado 4) Problema. Sea f la función definida por: f(x) = Hallar la primitiva F de f que cumple F() =. x 4 9x 4 Sugerencia: utilizar el cambio de variable t = x. Tenemos: t = x = dt = dt xdx = xdx = Además: { 4 9x4 = x = t } = 4 9 4t 9 = 4 4t = 4( t ) = t Por tanto: Deshaciendo el cambio: Por último: En conclusión: x dx = 4 9x 4 dt t = 6 F(x) = ( ) x 6 arcsen +C dt t = 6 arcsent = F() = C + arcsen = C + = C = C = 6 F(x) = ( ) x 6 arcsen + Problema. Sean las matrices A =, B = ( ), C = Determinar la matriz X que verifica AX B t = C (B t es la matriz traspuesta de B). 5

15 Es sencillo comprobar que A = 4, luego existe la matriz inversa A. Despejemos X: A X = B t +C = X = A (B t +C) Calculemos A : A t = = A = = A = También: Por último: 4 B t +C = + 4 = 6 7 X = = Problema.4 Se consideran las rectas r y s definidas como: { { x y + = r x+y z =, s y + = x z + =. Determinar la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s.. Existe algún plano que contenga a r y sea perpendicular a s?. Razonar la respuesta. Parametrizamos r y s para conseguir la forma punto vector. En r, sea y = t, luego: luego: x y + = = x = +y = +t x+y z = = +t+t z = = z = 4+t x = +t { P(,, 4) r y = t z = 4+t u = (,,) Ahora s, llamando z = t, es: x = +t s y = Q (, ), v = (,,) z = t Como r π, el punto y vector de r valen para π, y como s π, el vector v es también un vector director de π, luego: P(,, 4) π u = (,,) v = (,,) = x+ y z +4 = 6

16 Desarrollando y simplificando: π x+y z 5 = Para la segunda parte, si existiera tal plano, los vectores u y v deberían ser perpendiculares, ahora bien: u v = (,,) (,,) = + = 4 luego no existe tal plano. 7

17 Selectividad matemáticas Junio Pedro González Ruiz junio de. Opción A Problema. Sea f la función definida como f(x) = ax + b a x, para x a. Calcular a y b para que la gráfica de f pase por el punto (, ) y tenga una asíntota oblicua con pendiente 4.. Para el caso a =, b =, obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x =. Tenemos = f() = 4a + b a = a 6 = 4a + b = a + b = 6 Por el algoritmo de la división polinómica, el cociente c(x) entre ax + b y x + a es c(x) = ax a, luego la asíntota oblicua es y = ax a. Por tanto: m = 4 = y = a = a = 4 Sustituyendo en a + b = 6 resulta b =. Para a =, b = es f(x) = x + x. La recta tangente en x = es y = f() +f ()(x ). Ahora bien: f() = + = 5, f (x) = 4x( x) + x + ( x) = f () = = 9 luego, y = f() + f ()(x ) = 5 + 9(x ) = 9x 4, es decir, y = 9x 4. Problema. Calcular π sen( x)dx Sugerencia: efectuar el cambio x = t. Tenemos I = π sen( x)dx = { x = t dx = t dt } π = t sen t dt

18 Integrando por partes: f(t) = t g (t) = sent t sen t dt = = t cos t + g(t) = cos t f (t) = cos t dt = t cos t + sen t luego I = [ t cos t + sen t] π = π Problema. Sean las matrices: A = m, B =, C = 4 m. Indicar los valores de m para los que A es invertible. ( ) 5 4. Resolver la ecuación matricial XA B t = C para m = (B t es la matriz traspuesta de B). Como A = (m )(m ), resulta A es invertible m m Para m = es A = y: 4 A = = A t = = A = 4 4 luego Por otro lado Como Finalmente X = A = 4 XA B t = C = XA = B t + C = X = (B t + C)A B t + C = ( ) 6 ( ) + 4 = ( ) 5 4 = ( ) ( ) 6 4 = ( ) 6

19 Problema.4 Sean las rectas r x = y = z, s { x y = y + z =. Determinar el punto de corte.. Hallar el ángulo que forman r y s.. Determinar la ecuación del plano que contiene a r y s. Resolviendo el sistema x y = y + z = x y = resulta como punto de corte P(,, ). Parametrizamos r: x = + t x = y = z = t = y = t = u = {vector director de r} = (,, ) z = t Parametrizamos s, llamando y = t: x = + t s y = t = v = {vector director de s} = (,, ) z = t Si es ϕ = (r,s), entonces Ahora bien luego cos ϕ = u v u v u v = + ()() + ( )( ) = 4, u =, v = 6 cos ϕ = 4 6 = = ϕ = arc cos Por último, el plano π que contiene a r y s es x y z + π = Desarrollando y simplificando, resulta π y + z = ( )

20 . Opción B Problema. Calcular Tenemos Aplicando L Höpital: e x e sen x lím x x e x e sen x l = lím = e e = x x l = lím x e x cosx e sen x x Vuelve a salir. Aplicando L Höpital otra vez: luego l =. = = lím e x cos x e sen x x x l = lím e x ( sen x e sen x + cos sen x e x) x Problema. Sean las funciones: = = f(x) = 5 x, g(x) = 4 x, para x. Esboza el recinto limitado por las gráficas de f y g indicando sus puntos de corte.. Calcular el área de dicho recinto. La gráfica de f es una recta, luego con dos puntos es suficiente, en concreto (5, ) y (, 5). Para g, la recta x = es una asíntota vertical. Como lím x g(x) =, la recta y = es una asíntota horizontal. Además g (x) = 4 x, luego g decrece en todo su dominio. Los cortes de f y g son las raíces de la ecuación: En definitiva, el recinto es: 5 x = 4 x = {simplificando} = x 5x + 4 = = x =, 4 O 4

21 Por último, el área S de dicho recinto es: S = 4 ( 5 x 4 ) ] 4 dx = [5x x x 4 ln x = 5 8 ln Problema. Sea el siguiente sistema de ecuaciones: λx + y + z = λ + x λy + z = x y + λz = λ. Discutirlo según los valores de λ. Tiene siempre solución?.. Resolver el sistema para λ =. La matriz de los coeficientes es: λ A = λ λ Como A = (λ + ), resulta que luego A = λ + = = λ = Si λ = A = r(a) =. La matriz ampliada también tiene rango, y el número de incógnitas también es. En definitiva, el sistema es de Cramer, y tiene por tanto solución única. Para λ =, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es A = La tercera fila es la opuesta de la primera, luego la eliminamos. Como =, es r = r(a) = r(a ) =, y como n = {número de incógnitas} =, el sistema es compatible con infinitas soluciones dependientes de n r = = parámetro. Procedemos a resolverlo. Queda como: x + y + z = x + y + z = Restando a la segunda la primera obtenemos x =. Sustituyendo en cualquiera de las dos es y + z = 4. Tomando z = t, resulta finalmente: x =, y = t, z = 4 t 5

22 En cualquiera de los dos casos el sistema es compatible, y por consiguiente, tiene siempre solución. Problema.4 Los puntos P(,, ) y Q(,, 4) son dos vértices de un triángulo. El tercer vértice S pertenece a la recta: { 4x + z = r y =. Calcular las coordenadas del punto S sabiendo que r es perpendicular a la recta que pasa por P y S.. Comprobar si el triángulo es rectángulo. Parametrizamos r, y para evitar fracciones, tomamos x = t, luego t + z = = 4t + z = = z = 4t luego x = t r y = = u = {vector director de r} = (,, 4) z = 4t luego S es de la forma S(t,, 4t) = PS = (t,, 4t). Imponiendo que PS u, resulta: = PS u = (t ) 4( 4t) = = 5t 5 = t = y por consiguiente S = (t,, 4t) = (6,, ). Por último PS = (4,, ), PQ = (,, 4) = PS PQ = + = luego el triángulo es rectángulo en P. 6

23 Selectividad Matemáticas II septiembre Andalucía Pedro González Ruiz septiembre de. Opción A Problema. Una hoja de papel tiene que contener 8 cm de texto. Los márgenes superior e inferior han de tener cm. cada uno y los laterales cm. Calcular las dimensiones de la hoja para que el gasto de papel es mínimo. Sean x la longitud horizontal e y la longitud vertical de la hoja. La función a minimizar es la superficie S = x y. Observando la figura: y y 4 8 x x el área del rectángulo sombreado es (x )(y 4), luego la ecuación de condición es: (x )(y 4) = 8 Despejando: luego y 4 = 8 x = y = x ( S = x y = x ) x ()

24 Derivando y simplificando: S (x) = 4 x 4x 5 (x ) Como ha de ser S (x) =, resulta x 4x 5 = = x =, 5, es decir, x = 5. Derivando otra vez: S 7 (x) = (x ) = S (5) = 7 > luego x = 5 es un mínimo. Sustituyendo en (), resulta: y = x = = luego las dimensiones de la hoja son x = 5 cm, y = cm. Problema. Sea I = 5 + e x dx. Expresar I haciendo el cambio de variable t = e x.. Determinar I. Tomando logaritmos neperianos en t = e x : ln t = x = x = ln t = dx = t dt Por tanto: Descomponiendo en fracciones simples: t I = 5 dt = + t t( + t) dt t( + t) = ( + t) t t( + t) = t + t Luego: y por consiguiente Deshaciendo el cambio: Por último: t( + t) dt = t dt I = ( ) t dt = ln t ln( + t) = ln + t + t ( ) t I = ln + t t + t = e x/ + e = e x/ x/ + e x/ = e x/ = e x/ + e x/ ( ) dt = ln t( + t) + e x/ + e x/ = ln( + e x/ ) En conclusión: I = ln ( + e x/) + C, C = constante arbitraria

25 . Discutir, según los valores del parámetro λ, el siguiente sistema de ecua- x + λy + z = λ λx + y + (λ + )z = 4 x + y + z = 6 λ Problema. ciones:. Resolver el sistema anterior para λ =. Las matrices de los coeficientes y ampliada son: λ λ. λ A = λ λ +, A = λ λ λ Los puntos verticales muestran la separación entre la matriz de los coeficientes y la ampliada. Desarrollando, resulta: A = 8λ λ = λ(8 λ), luego Por tanto: A = λ =, 8 Si λ, 8 = A = r(a) =. La matriz ampliada también tiene rango, y el número de incógnitas también es. En definitiva, el sistema es de Cramer, y tiene por tanto solución única. Para λ = 8, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es 8 8 A = 8 4 Para el cálculo de los rangos, vamos a utilizar la reducción gaussiana, y para ello, recordamos las operaciones elementales de fila:. C ij = cambiar las filas i,j.. M i (k) = multiplicar la fila i por el número k.. S ij (k) = sumar a la fila i la fila j multiplicada por el número k ( )} 8. 8 A = 8. 4 {M = = 4 5. = {S (4),S ()} = = {C } =. 6 = {S ( )} = ( )} {M = = luego r(a) =, r(a ) =, y el sistema es incompatible.

26 Para λ =, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es. ( ) }. A =. 4 {M =,S () =. = {S ( )} = luego r(a) =, r(a ) =, y el sistema es compatible con infinitas soluciones dependientes de parámetro. Con la última matriz, el sistema queda como x + z =, y + z =. Llamando z = t, resulta: x = t y = t z = t Problema.4 Hallar la ecuación del plano que es paralelo a la recta: { x y + = r y + z 9 = y contiene a la recta: x = 5λ s y = + λ z = + λ Sea π el plano pedido. Parametrizamos r, tomando y = t, luego: x = + t r y = t = u = {vector director de r} = (,, ) z = 9 t Como r π, u es un vector director de π. Por otro lado { } P(,, ) P(,, ) s = π u = (,, ) v = ( 5,, ) v = ( 5,, ) ya que s π. Por consiguiente: x y + z π 5 = Desarrollando y simplificando, resulta π 8x + 6y + z 8 = 4

27 . Opción B Problema. Consideremos la funcion f : [, 4] R definida como: { x + ax + b, si x f(x) = cx, si < x 4. Sabiendo que f es derivable en todo el dominio y que verifica f() = f(4), determinar los valores de a,b,c.. Para a =, b = 4, c =, hallar los extremos absolutos de f (abscisas donde se obtienen y valores que alcanzan). Como f es derivable en [, 4], f es continua en x =, luego: } f( ) = 4 + a + b f( + = 4 + a + b = c = a + b c = 4 ) = c Derivando: Por tanto: Por último: Resolviendo el sistema: f (x) = { x + a, si < x < c, si < x < 4 } f ( ) = 4 + a f ( + = 4 + a = c = a c = 4 ) = c f() = b f(4) = 4c resulta a =, b = 4, c =, luego: f(x) = } = b = 4c = b 4c = a + b c = 4 a c = 4 b 4c = { x x + 4, si x x, si x 4 Para calcular los extremos absolutos, lo más sencillo es dibujar la gráfica de f. Sea g(x) = x x + 4, x [, ]. La gráfica de g es una parábola. Calculemos el vértice: g (x) = x = = x = que cae dentro de [, ]. Como g (x) = >, g es convexa y el vértice x = local de f, de valor: ( ) ( ) f = + 4 = 7 4 Si x [, 4] = f(x) = x, que es una recta. En definitiva, la gráfica de f es: es un mínimo 5

28 O y en conclusión: los puntos (, 4), (4, 4) son máximos absolutos, y (, 7 4) es un mínimo local y absoluto. Problema. Consideremos la funcion f : R R dada por f(x) = x + 4. luego. Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x =.. Esbozar el recinto limitado por la gráfica de f, el eje de ordenadas y la recta de ecuación y = x +. Calcular su área. La recta tangente en x = es y = f() + f ()(x ). Ahora bien: f() = + 4 = 5, f (x) = x = f () = y = f() + f ()(x ) = 5 + (x ) = x + es decir, y = x +. La gráfica de f es una parábola. Calculemos su vértice: f (x) = x = = x = Como f (x) = >, f es convexa y el vértice x = es un mínimo local de valor f() = + 4 = 4. Además, f decrece en ], [ y crece en ], + [. En fin, el recinto es: O 6

29 Por último, el área es: [ S = x + 4 (x + ) ] [ (x ) dx = (x ) dx = Problema. Sean las matrices: ( ) A =, B =, C = Calcular la matriz X que cumpla la ecuación A X B = C. Como A = y B =, A y B son inversibles, y: ( ) A =, B = Visto esto, despejemos X: luego ] ( ) = AXB = C = A (AXB) = A C = XB = A C = (XB)B = (A C)B = = X = A CB X = ( ) ( ) = ( ) 4 Problema.4 Consideremos los planos π, π y π dados respectivamente por las ecuaciones: π x + y =, π ay + z =, π x + (a + )y + az = a +. Cuánto ha de valer a para que no tengan ningún punto en común?.. Para a =, determinar la posición relativa de los planos. Discutamos el sistema formado por las ecuaciones implícitas de los tres planos: x + y = ay + z = x + (a + )y + az = a + Las matrices de los coeficientes y ampliada son:. A = a, A = a. a + a a + a. a + Desarrollando, es A = a(a ), y por tanto: En fin: A = a =, 7

30 Si a, es A = r(a) =. La matriz ampliada también tiene rango, y el número de incógnitas también es. En definitiva, el sistema es de Cramer, y tiene por tanto solución única, es decir, los tres planos se cortan en un único punto, caso que no nos han pedido. Supongamos que a =. Utilizando las notaciones del problema (.), la matriz ampliada es:.. A =. = {S ( )} =. = {S ( )} =..... luego r(a) =, r(a ) =, y el sistema es incompatible, es decir, los tres planos no tienen punto común. Esta es pues la respuesta al primer apartado, a la espera de lo que pase con el siguiente caso. Supongamos que a =. La matriz ampliada es: A = No es necesario utilizar aquí la reducción gaussiana, ya que a simple vista, la a fila es idéntica a la a, luego eliminamos aquella, y la matriz, a efectos de sistema queda como ( ) Como el menor =, es r(a) =, r(a ) =, y el sistema es compatible con infinitas soluciones dependientes de parámetro, es decir, los tres planos (en realidad, ya que π π ) se cortan en una recta. En conclusión: Para que los tres planos no tengan ningún punto en común, ha de ser a =. Para a =, los tres planos se cortan en una recta. 8

31 Selectividad Matemáticas II junio, Andalucía Pedro González Ruiz junio de. Opción A Problema. Se desea construir un depósito cilíndrico cerrado de área total igual a 54 m. Determinar el radio de la base y la altura del cilindro para que éste tenga volumen máximo. Sean x el radio de la base e y la altura del cilindro. La función a maximizar es el volumen V = πx y. La superficie total es S T = πxy +πx, luego la ecuación de condición es: Despejando: y por consiguiente: Derivando: πxy +πx = 54 y = 7 πx πx V = πx 7 πx πx V (x) = 7 πx = 7x πx Como ha de ser V (x) =, resulta πx 7 = = x = ± π, es decir, x = π. Derivando otra vez: V (x) = 6πx = V ( π ) < Luego en el punto x = π tenemos un máximo. Sustituyendo en (), obtenemos y = 6 π, y en conclusión: radio de la base =, altura del cilindro = 6 π π Problema. Sea f : ],+ [ R definida por f(x) = ln(x+), donde ln denota la función logaritmo neperiano.. Esbozar el recinto limitado por la gráfica de f, el eje OY y la recta y =. Calcular los puntos de corte de las gráficas.. Hallar el área del recinto anterior. Sea y = f(x) = ln(x + ). Para x =, es y = f() = ln =, luego f pasa por el origen O(,). Para y =, es ln(x+) = = x+ = e = x = e. Además: f( + ) = lím x x> f(x) = lím x x> ln(x+) = ln( + ) = ()

32 luego la recta x = es una asíntota vertical. Por último, si es I =],+ [, para todo x I es: f (x) = x+ > luego f es creciente en I, y el recinto es: y = ln(x+) O e Para la segunda parte, la superficie S que nos piden es, por consiguiente: S = e [ ln(x+)] dx Calculemos en primer lugar ln(x+)dx, aplicando el método de integración por partes: f(x) g (x)dx = f(x) g(x) f (x) g(x)dx Por tanto: f(x) = ln(x+) g (x) = ln(x+)dx = g(x) = x = xln(x+) f (x) = x+ x x+ dx Esta última es una racional elemental, en concreto: ( x x+ x+ dx = dx = ) dx = x ln(x+) x+ x+ luego ln(x+)dx = xln(x+) x+ln(x+) = (x+)ln(x+) x y de aquí: [ ln(x+)] dx = dx ln(x+) dx = x (x+) ln(x+)+x = x (x+) ln(x+)

33 Finalmente: En conclusión: S = e [ ln(x+)] dx = [x (x+)ln(x+)] e = e S = e Esta segunda parte es muchísimo más sencilla integrando respecto al eje Y. La función inversa de f es: y = ln(x+) = x+ = e y = x = e y Observando el gráfico, vemos que: S = (e y ) dy = [e y y] = e Problema. Dado el sistema de ecuaciones lineales: λx+y +z = x+λy +z = λx+y +z =. Clasificar el sistema según los valores del parámetro λ.. Resolver el sistema para λ =. Las matrices de los coeficientes y ampliada son: λ λ. A = λ, A = λ. λ λ. Los puntos verticales muestran la separación entre la matriz de los coeficientes y la ampliada. Desarrollando, resulta: A = λ(λ ), luego Por tanto: A = λ =, Si λ, = A = r(a) =. La matriz ampliada también tiene rango, y el número de incógnitas también es. En definitiva, el sistema es de Cramer, y tiene por tanto solución única. Para λ =, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es A = Para el cálculo de los rangos, vamos a utilizar la reducción gaussiana, y para ello, recordamos las operaciones elementales de fila:

34 . C ij = cambiar las filas i,j.. M i (k) = multiplicar la fila i por el número k.. S ij (k) = sumar a la fila i la fila j multiplicada por el número k. A = = {S (),S ()} = = {S ( )} =... luego r(a) =, r(a ) =, y el sistema es incompatible. Para λ =, es A =, luego r(a) <. La matriz ampliada es A = No hay necesidad de utilizar la reducción gausiana ahora, pues la tercera fila es idéntica a la primera. Eliminando aquella es: ( ) A = y como =, resula r(a) =, r(a ) =, y el sistema es compatible con infinitas soluciones dependientes de parámetro. Con la última matriz, el sistema queda como y +z =, x+z =. Llamando z = t, resulta: x = t y = t z = t Problema.4 Determinar el punto simétrico del punto A(,, 6) respecto de la recta: r x = y + = z + Lo primero, para evitar trivialidades, es asegurarse que A r, lo cual es cierto, ya que: = + = 6+, es falso Parametrizamos r, en concreto: x = y + = z + x = +t = t = y = +t = u = vector director de r = (,,) z = +t 4

35 Sea π el plano perpendicular a r que pasa por A. El vector u es el vector normal a π, luego, la ecuación implícita de π es x+y +z +λ =. Como ha de pasar por A, es: +++λ = = λ = = π x+y +z = Sea M el punto de corte de r y π, es decir M = r π. Para el cálculo de M, resolvemos el sistema entre r y π, para lo cual, sustituímos las paramétricas de r en π, es decir: +t+( +t)+( +t) = = 9t 8 = = t = luego M = (+t, +t, +t) = (,,). Este punto M es el punto medio entre A y el simétrico A que andamos buscando. El alumno debe ir comprobando que el terreno que pisa es fuerte, haciendo pequeñas comprobaciones para asegurarse que los cálculos van bien. En concreto, antes de darle la puntilla final al problema, asegurémonos que M r, en efecto, pues = + = +. También ha de ser M π, en efecto, pues + + =. También ha de ser AM u, y en efecto, así es, pues: AM = (6,, ) = AM u = 6 + +( ) = Finalmente, según dijimos antes, sea A (a,b,c) el simétrico de A respecto de r. Como M es el punto medio del segmento AA, tenemos: a =,. Opción B b+ =, c+6 =, = a = 9, b =, c = = A (9,,) Problema. Sea f : [,+ [ R definida por f(x) = x. Determinar el punto P de la gráfica de f que se encuentra a menor distancia del punto A(,). Cuál es esa distancia?. Sea P(x,y) el punto pedido. La función a minimizar es la distancia D de P a A, es decir: D = (x ) +y El punto P está en la gráfica de f, luego la ecuación de condición es: y = x, o bien, y = x Minimizar D es lo mismo que minimizar H = D, con lo que nos evitamos el engorro de las raíces cuadradas, por tanto: H = D = (x ) +y = (x ) +x Derivando y simplificando: H (x) = (x )+ Como ha de ser H (x) =, resulta (x )+ = = x =. Derivando otra vez: H (x) = > Luego en el punto x =, tenemos un mínimo. Sustituyendo en y = x, obtenemos y = = 5

36 luego P (, ). Por último: ( ) D = + = 4 + = Aquí damos el problema por acabado, aunque vamos a ver una segunda forma de resolverlo. Es más difícil de ver que la anterior, aunque es más interesante desde un punto de vista geométrico, en concreto, de todos los puntos de la gráfica de f habrá que seleccionar aquel (o aquellos) cuya recta normal pase por A. La recta normal en un punto a es: Como f(x) = x = f (x) = x = a es: y = f(a) f (a) (x a) x = f (x) = x, luego la recta normal en y = a a (x a) Imponiendo que pase por A(, ), obtenemos la ecuación: = a a ( a) = (a ) a = = a =, ( Para a = es P(,) = d(a,p) =. Para a = es P, ) = d(a,p) =, y como ( <, la solución es P, ), igual que por el método anterior. Problema. Hallar: e x (e x )(e x +) dx Sugerencia: efectuar el cambio de variable t = e x. En efecto, mediante el cambio de variable que se nos sugiere, tenemos t = e x = dt = e x dx, y por tanto: e x (e x )(e x +) dx = (t )(t+) dt = (t+) (t ) dt Obtenemos una racional. Descomponiendo en fracciones simples: luego (t+) (t ) = (t+) 4(t+) + 4(t ) (t+) (t ) dt = (t+) 4 ln(t+)+ 4 ln(t ) Por último, deshaciendo el cambio: e x (e x )(e x +) dx = (e x +) 4 ln(ex +)+ 4 ln(ex ) 6

37 ( ) λ+ Problema. Dada la matriz A =. Determinar los valores de λ para los que la matriz A +A no tiene inversa.. Para λ =, hallar la matriz X que verifica la ecuación AX+A = I, siendo I la matriz identidad de orden. ( ) λ+4 SeaB = A +A = A(A+I).Operando,esA+I =. Trivialmente, A = (λ+), A+I = (λ+4), luego B = A A+I = (λ+)(λ+4) luego B = λ =, 4, y por tanto, B( no tiene ) inversa cuando λ =, 4. Ya en la segunda parte, para λ = es A =, A =. Un cálculo sencillo muestra ( ) que A =, y por tanto: AX +A = I = AX = I A = X = A (I A) = ( ) ( ) ( ) = es decir: X = ( ) Problema.4 Consideremos los puntos A(,, ) y B(,,), y la recta r. Determinar la ecuación del plano que es paralelo a r y pasa por A y B. { x+y = x+z =. Determinar si la recta que pasa por los puntos P(,,) y Q(,4,) está contenida en dicho plano. x = t Sea π el plano pedido. Parametrizamos r, tomando x = t, con lo cual r y = t z = t. Un vector director de r es u = (,, ). Como r π, u es también un vector director de π. El otro vector director de π es v = AB = (,,), luego la ecuación implícita de π es: x y z + = Desarrollando y simplificando, resulta: π y z = Para la segunda parte, tenemos que P π, pero Q π, luego la recta que pasa por P y Q no está contenida en π. 7

38 Problemas resueltos correspondientes a la selectividad de Matemáticas II de septiembre de, Andalucía Pedro González Ruiz septiembre de. Opción A Problema. Calcular la base y la altura del triángulo isósceles de perímetro 8 y de área máxima. Sean x la longitud de la base del triángulo e y la del otro lado: y h y La superficie del triángulo es: S = x h y necesitamos poner la altura h en función de x e y. Por el teorema de Pitágoras es: h + x 4 = y = h = y x 4 = h = Por consiguiente, la función a maximizar es: x 4y x La ecuación de condición es: Sustituyendo en (): S = x 4y x 4 x+y = 8 () S = x 4y x = x (y x)(y +x) = x 8 (y x) x 8 x x x 8 x = = = x 4 x = x y x 4 =

39 Derivando y simplificando: Derivando otra vez: S (x) = x 8 4 x = S (x) = = x 8 = = x = 8 S (x) = 4 x 6 (4 x) ( ) 8 = S < luego x = 8 es un máximo. Sustituyendo en x+y = 8, obtenemos y = 8, luego el triángulo es equilátero. por último, sustituyendo estos valores en h, resulta: En conclusión: h = 4y x = x = x = base = 8, altura = 4 8 = 4 Problema. Consideremos las funciones f,g : R R definidas por: f(x) = 6x x y g(x) = x x Esbozar sus gráficas en unos mismos ejes coordenados y calcular sus puntos de corte. Calcular el área del recinto limitado por las gráficas de f y g. Ambas funciones son parábolas, por tanto, con averiguar los cortes con los ejes y el vértice es suficiente. Comencemos con f. Si x = es y =. Al revés, si y =, entonces: 6x x = = x(6 x) = = x =,6 Luego los cortes con los ejes de f son (,) y (6,). Para el vértice V, tenemos: f (x) = 6 x = 6 x = = x = y como f (x) = <, f es cóncava y el vértice: V (,f()) = V (,9) es un máximo Sigamos con g. Si x = es y =. Al revés, si y =, entonces: x x = = x(x ) = = x =, Luego los cortes con los ejes de g son (,) y (,). Para el vértice V, tenemos: g (x) = x = x = = x = y como g (x) = >, g es convexa y el vértice: Ambas curvas se cortan en: V (,f()) = V (, ) es un mínimo 6x x = x x = x 8x = = x(x 4) = = x =,4 El recinto limitado por ambas es (f en rojo y g en azul):

40 El área S es: S = 4 [ (6x x ) (x x) ] dx = 4 ( x +8x)dx = Problema. Dadas las matrices: α A = α y B = α Calcular el rango de A dependiendo de los valores de α. Para α =, resolver la ecuación matricial A X = B. Es sencillo comprobar que: luego Sea r el rango de A. Tenemos: Si α, = A = r =. A = α α+ = (α+)(α ) A = α =, Si α = = A = = r <. En este caso: A = y como = 4 = = r = ] 4 [ x +4x = 64

41 Por último, si α = = A = = r <. En este caso: A = La segunda fila es igual que la primera, y la tercera es la opuesta de la primera, luego ambas (segunda y tercera) quedan eliminadas, y por tanto, r =. En conclusión:, si α, r = rango de A =, si α =, si α = Como α =,, el sistema es de Cramer y tiene solución única. En este caso, A = (+) ( ) = 4. El sistema queda como: x y = z Resolvámoslo por la regla de Cramer. x = = 4 4 = y = = = z = = = luego Problema.4 Consideremos los puntos: Tenemos: x X = y = z A(,k,), B(k +,,), C(,,), D(,,) Existe algún valor de k para el que los vectores AB, BC y CD sean linealmente dependientes?. Calcular los valores de k para los que los puntos A,B,C,D forman un tetraedro de volumen. AB = (k +, k, ), BC = ( k,, ), CD = (,,) 4

42 Como son vectores en R, la dependencia o independencia la decide el valor del determinante, cuyas filas son las coordenadas de dichos vectores, es decir: k + k δ = k = (k +k +) El trinomio k +k + es tal que su discriminante: = 4 = 4 8 = 4 < luego δ (más concretamente δ < ), para todo k R, y por consiguiente, los tres vectores son linealmente independientes para todo valor de k, o lo que es lo mismo, no existe ningún valor de k para el que dichos vectores sean dependientes. Para la segunda parte, el volumen V del tetraedro es: V = k + 6 k donde el valor de este determinante debe tomarse en valor absoluto. Procedamos a su cálculo (la expresión S ij (m) indica sumar a la fila i la fila j multiplicada por m). Entonces: k + k = {S (),S ( k),s 4 ( )} = k + k k k = k + = k k k = {S 4 k k ( )} = k k k = {S ( ),S ( k)} = k k = k k = k k k k = k + k + k + k = = k k y como k k = k +k +, tenemos: V = k +k + 6 = = k +k 4 = = k = ± 5 Damos aquí el problema por acabado, y lo que sigue es una ampliación, consistente en ver una segunda forma del cálculo del volumen, teniendo en cuenta el resultado del apartado primero, y ahorrarnos así el cálculo del determinante de cuarto orden. Hemos visto que: AB, BC, CD = (k +k +) Según se demuestra en teoría, otra expresión para el volumen de un tetraedro definido por cuatro puntos A,B,C,D es: V = 6 AB, AC, AD 5

43 donde como siempre, el resultado anterior debe tomarse en valor absoluto. Sea U = AB, AC, AD = AB, AB + BC, AD = {linealidad del determinante en sus filas} = = AB, AB, AD + AB, BC, AD = AB, BC, AD ya que el determinante AB, AB, AD = por tener dos filas iguales. Seguimos: U = AB, BC, AD = AB, BC, AC + CD = AB, BC, AC + AB, BC, CD En esta última suma, el primer sumando es, ya que: AB, BC, AC = AB, BC, AB + BC = ya que la tercera fila es la suma de las dos primeras. En conclusión: AB, AC, AD = AB, BC, CD = (k +k +) y por consiguiente: V = k +k + 6. Opción B Problema. Sea f la función definida por f(x) = x4 + x, para x Estudiar las asíntotas de la gráfica de la función. Hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento y los extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan. La recta x = es una asíntota vertical. Como lím x f(x) =, no existen asíntotas horizontales. Como f es una función racional tal que el grado del numerador es exactamente una unidad superior al grado del denominador, existe asíntota oblicua. Además f(x) = x+ x luego la asíntota oblicua es y = x. Para la segunda parte, tenemos: f (x) = ( x = ) = x4 = (x )(x +) = (x )(x+)(x +) 4 x 4 x 4 x 4 x 4 Para el crecimiento y decrecimiento, hemos de estudiar las variaciones de signo de f. Los factores x + y x 4 no cuentan, pues son positivos, así que solo hay que concentrarse en x y x+, por tanto: + + 6

44 luego f crece en ], [ ],+ [ y decrece en ],[ {}. Por consiguiente, en el punto x = hay un máximo de valor f( ) = 4 y en x = hay un mínimo de valor f() = 4. Nota final: el problema se podía haber simplificado bastante teniendo en cuenta que f es impar. Problema. Sean f,g : R R las funciones definidas por: f(x) = x 4 +4, g(x) = x Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x =. Esbozar el recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y la recta y = x + 5. Calcular el área de este recinto. La recta tangente a f en x = es: y = f( )+f ( )(x+) Por un lado es, f( ) = 4 +4 =, y como 4 f (x) = x = f ( ) = =, luego, la recta tangente es: y = + (x+) = x+5, es decir, y = x+5 De las parábolas f y g mostramos sus propiedades más caraterísticas, dejando la comprobación al lector. f es par. Los cortes con los ejes son (,4), (±4,), f es cóncava y el vértice es V (,4), máximo. g es par. Los cortes con los ejes son (, ), (±,), f es convexa y el vértice es V (, ), mínimo. Los puntos comunes a las dos parábolas son: x 4 +4 = x = x = ± Los cortes de g con la recta tangente son x = x+5 = x x 6 = = x =, En fin, el recinto es (f en rojo, g en azul y la recta tangente en verde): 7

45 Finalmente, el área pedida S es, S = S +S, donde: luego S = S = [ (x+5) )] (4 x dx = 4 [ (x+5) (x ) ] dx = ( ) [ x x 4 +x+ dx = ( x +x+6)dx = S = = 5 ] + x +x ] [ x + x +6x = 6 = 6 Problema. Sean las matrices: ( ) α A = α y B = ( ) 4 Calcular los valores de α para los que la mariz inversa de A es A. Para α =, determinar la matriz X que verifica la ecuación A t X = B, siendo A t la matriz traspuesta de A. Trivialmente A = 4α. Calculemos la inversa de A: A t = ( ) α α = A = ( ) = A = α α 4α ( ) = α α 4α 4α 4 4 Por otro lado: α A = A = α 4 Identificando: 4α = = 4α = = α = Este valor es conforme con los otros tres elementos de la matriz. Por consiguiente, α =. Para la segunda parte, sea ( ) C = A t = La ecuación A t X = B( es equivalente ) a C X = B, luego X = C B. Un cálculo sencillo demuestra que C =, luego: X = ( ) ( ) = 4 ( ) Concluyendo: X = ( )

46 Problema.4 Dados el plano π y la recta r de ecuaciones: { x y = 5 π x+y z =, r x+y 4z = Hallar el punto P de intersección del plano π y la recta r. Hallar el punto simétrico del punto Q(,,) respecto del plano π. El punto P verifica el sistema: x+y z = x y = 5 x+y 4z = Resolviendo el sistema, resulta P(,, 4). Para la segunda parte, sea s la recta perpendicular a π que pasa por Q. Un vector director u de s es el vector normal de π, es decir, u = (,, ). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de s son: x = +t s y = +t z = t Q π M s Q Sea M el punto de intersección de s y π, es decir, M = s π. Para averiguar M, sustituimos las paramétricas de s en π: (+t)+ ( +t) ( t) = = 6t 6 = = t = luego M(+t, +t, t) = M(+, +, ) = M(,,). Este punto M es el punto medio del segmento QQ siendo Q el simétrico de Q respecto a π. Si escribimos Q (a,b,c) y 9

47 aplicamos la fórmula del punto medio de un segmento, tenemos: a+ =, b =, c+ = = a =, b =, c = luego Q (,,).

48 Selectividad Matemáticas II junio, Andalucía Pedro González Ruiz de junio de. Opción A Problema. Sea la función f : R R definida por f(x) = e x (x ).. Calcular las asíntotas de f.. Hallar los extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan) y los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f.. Determinar, si existen, los puntos de inflexión de la gráfica de f. La función f es continua en todo R, luego no tiene asíntotas verticales. Como lím f(x) = lím x + x + ex (x ) = + + = + luego f no tiene asíntota horizontal cuando x +. Sin embargo: lím f(x) = lím x x ex (x ) = {x = y} = lím y + e y ( y ) = lím = {L Höpital} = lím y + e y = + = y + y + e y = luego y =, es una asíntota horizontal cuando x. Es sencillo comprobar que no hay asíntotas oblicuas. En conclusión, la única asíntota es y = cuando x. Derivando, f (x) = e x (x ). Por tanto, si x > = f (x) >, y por tanto, f crece en ],+ [. Análogamente f decrece en ],[, y en consecuencia, x = es un mínimo local de valor f() = e( ) = e. No hay más extremos. Derivando otra vez, f (x) = xe x = xe x = = x = luego, el único candidato a inflexión es x =. Derivando otra vez f (x) = e x (x+) = f () = luego x = es el único punto de inflexión de valor f() = e ( ) =. En conclusión: (, e) es un mínimo local, (, ) es punto de inflexión. Un estudio más detallado (que implica dibujar la gráfica y que no nos han pedido) muestra que el punto (, e) es un mínimo absoluto.

49 Problema. Sea f una función continua en el intervalo [,] y F una función primitiva de f tal que F() = y F() =. Calcular:.. f(x)dx (5f(x) 7)dx. (F(x)) f(x)dx Por ser F una primitiva de f, es F (x) = f(x), luego: Análogamente: f(x)dx = [F(x)] = F() F() = = () (5f(x) 7) dx = 5 f(x)dx 7 dx = {por ()} = 5 7[x] = 5 7( ) = Para la tercera parte, aplicamos la fórmula de la integración por partes, en concreto: b a b u(x) v (x)dx = [u(x) v(x)] b a u (x) v(x)dx Entonces: u(x) = (F(x)) (F(x)) v (x) = f(x) f(x)dx = = [ (F(x)) ] v(x) = F(x) (F(x)) f(x)dx u (x) = F(x) F (x) = F(x)f(x) La integral de partida se repite (cosa muy común en la integración por partes), luego: y por consiguiente: (F(x)) f(x)dx = [ (F(x)) ] = (F()) (F()) = = 7 (F(x)) f(x)dx = 7 Para este apartado, veamos una segunda forma, mucho más fácil que la anterior. Para ello, recordemos uno de los modelos de primitivas inmediatas: g (x)[g(x)] n dx = [g(x)]n+ +C, si n n+ a Entonces: [F(x)] f(x)dx = [F(x)] F (x)dx = [F(x)]

50 Por consiguiente: [F(x)] f(x)dx = Problema. Sea la matriz A = k { } [F(x)] = [F()] [F()] = = 7. Para qué valores del parámetro k no existe la inversa de la matriz A?. Justificar la respuesta.. Para k =, resolver la ecuación matricial (X +I) A = A t, donde I denota la matriz identidad y A t la matriz traspuesta de A. El determinante de A es A = k, luego, no existe la inversa de A cuando el determinante es cero, es decir: k = = k = En conclusión No existe A k = Para la segunda parte, para k = es A =, luego: A =, A t =, A =, A = Despejemos X: Por un lado Finalmente (X +I) A = A t = X +I = A t A = X = A t A I 4 A t A = = 4 4 X = = 4 Problema.4 De un paralelogramo ABCD conocemos tres vértices consecutivos: A(,,), B(,,) y C(,,).. Calcular la ecuación de la recta que pasa por el centro del paralelogramo y es perpendicular al plano que lo contiene.. Hallar el área de dicho paralelogramo.. Calcular el vértice D. Sea r la recta pedida. El centro M del paralelogramo es el punto medio del segmento AC, luego ( + M =, +, + ) = (,,)

51 La recta r pasa por este punto. Falta un vector director. Como r es perpendicular al plano que contiene al paralelogramo, un vector director es u = BA BC. Ahora bien: BA = (4,,), BC = (,,) = BA BC = 4 = ( 4, 8,4) (,, ) El símbolo significa equivalencia, es decir, tan vector director es ( 4, 8,4) como (,, ). Finalmente, la ecuación de r es r x = y = z Para la segunda parte, el área S del paralelogramo es: S = BA BC = ( 4, 8,4) = 4 (,,) = = 4 6 Por último, sea D(d,d,d ). Por ser ABCD un paralelogramo es CD = BA = (4,,), luego d = 4 (d,d,d ) = (4,,) = d = = d = d = = d = luego D(4,,).. Opción B a senx xe x Problema. Sabiendo que lím x x límite. Sea es finito, calcular el valor de a y el de dicho a senx xe x l = lím = a sen e = x x luego el límite es indeterminado para todo valor de a. Aplicamos la regla de L Höpital: l = lím x a cosx e x (x+) x = lím a cosx e x (x+) x x = a Este es el punto clave. Si a, l se hace infinito, lo cual no es posible por el enunciado, luego queda claro que a =. Con este resultado es: l = lím cosx e x (x+) = ( ) cosx e x x x lím e x = ( ) cosx e x x x lím x x Ahora bien: Finalmente cosx e x lím x x = {L Höpital} = lím x senx e x l = ( ) = 4 = sen e =

52 Problema. Sea la función f definida por f(x) =, para x,. x. Hallar una primitiva de f.. Calcular el valor de k para que el área del recinto limitado por el eje de abscisas y la gráfica de f en el intervalo [,k] sea ln, donde ln denota el logaritmo neperiano. Descomponiendo f en fracciones simples: f(x) = x = x x+ Una primitiva cualquiera F de f es ( ) F(x) = x dx x dx = ln( x ) ln( x+ ) = ln x+ x+ +C siendo C una constante arbitraria. Para la segunda parte, lo habitual es dibujar el recinto para hallar el área, aunque en este caso no es necesario. En efecto, supongamos que x, f es positiva en I = [,+ [, y como f (x) = 4x = f (x) < en I, luego f decrece en I. Por consiguiente, tenemos la (x ) ecuación: O bien [ ln x x+ Por tanto ] k De aquí derivamos dos posibilidades: k f(x)dx = ln ( ) ( ) = ln = ln k k + ln = ln = ln k k + = ln k k + = k k + = = {resolviendo la ecuación} = k = 5 resultado absurdo ya que el intervalo de integración es [,k], luego es k, y por tanto, este valor de k no es posible. La segunda posibilidad es: k k + = = {resolviendo la ecuación} = k = 5 En conclusión, k = 5. Problema. Consideremos el sistema de ecuaciones. Resolver el sistema para λ =. x + y + z = λ+ y + z = λ+ x + (λ )y + z = λ. Hallar los valores de λ para los que el sistema tiene solución única.. Existe ( algún valor de λ para el que el sistema admite la solución (x,y,z) =,, )?. 5