Respuesta

OPCION A

Ejercicio 1

(a) [1'5 puntos] Determina la función f: R → R sabiendo que f '(x) = 2x³ - 6x² y que su valor mínimo es -12.

(b) [1 punto] Calcula la ecuación de las rectas tangentes a la gráfica de f en los puntos de inflexión de su gráfica.

Solución

(a) f ' (x) = 2x³ - 6x².

Los posibles máximos o mínimos son las soluciones de f '(x) = 0

2x³ - 6x² = x²(2x - 6 ) = 0    →    x² = 0, de donde x = 0 y 2x - 6 = 0, de donde x = 3.

Como f '(-1) < 0,="" f(x)="" decrece="" en="" (-="">∞ , 0)

Como f '(1) < 0,="" f(x)="" decrece="" en="" (0,="">

Como f '(4) > 0, f(x) crece en (3, + ∞ )

Por definición x = 3 es un mínimo, y su valor era -12 es decir f(3) = -12

Por el teorema fundamental del cálculo integral

f(x) =òf '(x) dx = ò(2x³ - 6x² ) dx = 2× x⁴/4 - 6× x³/3 + K = 1/2× x⁴ - 2x³ + K

De f(3) = - 12    →      - 12 = 1/2(3)⁴ - 2(3)² + K.

Operando K = 51/2 luego f(x) = /2× x⁴ - 2x³ + 51/2.

(b) Los punto de inflexión son las soluciones de f ''(x) = 0, siempre que en ellos haya cambio de curvatura.

f ''(x) = 6x² - 12x     →       f ''(x) = 0     →       6x(x - 2) = 0 de donde x = 0 y x = 2.

Como f ''(- 1) > 0     →       f(x) es convexa (U) en (- ∞ , 0)

Como f ''( 1) < 0    ="" →      ="" f(x)="" es="" cóncava="">∩) en (0, 2)

Como f ''(3) > 0     →       f(x) es convexa (U) en (2, + ∞ )

Por definición x = 0 y x = 2 son punto de inflexión.

Recta tangente en x = 0 ® y - f(0) = f '(0)(x - 0)

f(x) = 1/2× x⁴ - 2x³ + 51/2 y f ' (x) = 2x³ - 6x².

f(0) = 51/2; f '(0) = 0

la recta tangente en x = 0 es y - 51/2 = 0

Recta tangente en x = 2     →       y - f(2) = f '(2)(x - 2)

f(x) = 1/2× x⁴ - 2x³ + 51/2 y f ' (x) = 2x³ - 6x².

f(2) = 35/2; f '(2) = - 8

la recta tangente en x = 0 es y - 35/2 = - 8(x - 2 )

Ejercicio 2

Sea f: R → R la función definida por f(x) = x|x - 4|

(a) [0'75 puntos] Esboza la gráfica de f.

(b) [0'75 puntos] Estudia su derivabilidad en x = 4.

(c) [1 punto] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f y el eje de abscisas.

Solución

f(x) = x|x - 4| = , porque |x - 4| =

(a) x² - 4x es una parábola con el vértice de abscisa x = 2 [f ´(x) = 0   →   2x - 4 = 0   →   x = 2], luego en el punto (2,f(2)) = (2,-4). Corta a los ejes en (0,0) y (4, 0) y las ramas hacia arriba. Solo la dibujaremos para x ³ 4

-x² + 4x es una parábola con el vértice de abscisa x = 2 [f ´(x) = 0   →   -2x + 4 = 0   →   x = 2], luego en el punto (2,f(2)) = (2,4). Corta a los ejes en (0,0) y (4, 0) y las ramas hacia abajo. Solo la dibujaremos para x <>

Luego la gráfica es

(b) f '(x) = .

Veamos si f ' (4 ⁺) = f ' (4 ^-)

f ' (4 ⁺) = f ' (x) = (2x - 4 )= 4                                                                                       

f ' (4 ^-) = f ' (x) = (-2x + 4 ) = -4

Como f ' (4 ⁺) ≠ f ' (4 ^-), no existe f ' (4)

(c) Área = (-x²+4x) dx = [-x³ /3 + 4x² /2]⁴ 0 = (-4³/3 + 4³/2) = 32/3 u.a.

Ejercicio 3

[2'5 puntos] Considera los puntos A(1,-1,2), B(1,3,0) y C(0,0,1). Halla el punto simétrico de A respecto de la recta que pasa por B y C.

Solución

A(1,-1,2), B(1,3,0) y C(0,0,1).

Calculamos el plano π que pasa por el punto A y es perpendicular a la recta r (determinada por B y C), por tanto su vector normal n es el director de la recta v = BC = (-1,-3,1)

Después determinamos el punto Q como intersección de la recta r y el plano π

Por último A' es el simétrico de A respeto al punto Q

r ≡ Tiene como punto B(1,3,0) y como vector director v = BC = (-1,-3,1) luego su ecuación sería 

r ≡ {x =1-λ,  y = 3 - 3λ, z = λ) 

π ≡ n•(x - a) = (-1)(x-1) + (-3)(y+1) + (1)(z-2) = -x - 3y + z - 4 = 0 ≡ π

Q = r ∩ π

-(1-λ) - 3(3 - 3λ) + (λ) = 0    →    11λ = 14    →     λ = 14/11                                                                                    

Q(1- 14/11, 3 - 3(14/11), 14/11) = Q(-3/11, -9/11, 14/11)

Q(-3/11, -9/11, 14/11) es el punto medio de A(1,-1,2) y A'(x,y,z), luego

-3/11 = (x+1)/2 , de donde x = -17/11

-9/11 = (y-1)/2, de donde y = -7/11

14/11 = (z+2)/2, de donde z = 6/11

El simétrico buscado es A'(x,y,z) = A'(-17/11, -7/11, 6/11)

Ejercicio 4

[2'5 puntos] Sean A = , B = , b = , c = , X = . Determina α, si es posible, para que los sistemas de ecuaciones (dados en forma matricial)

AX = b, BX = c

Tengan infinitas soluciones (cada uno de ellos).

Solución

A = , B = , b = , c = , X = .

Para que AX = b tenga infinitas soluciones por el Teorema de Rouche rango(M) = rango(M ^*) < 3,="">

M = y M ^* = , con lo cual tiene que ser det(M) = |M| = 0.

Calculamos el determinante de M

det(M) = |M| =

= (-1 - 2α)(-2- α) – (2 - 3α) = 2α ² + 8α

De |M| = 0, tenemos 2α ² + 8α = 0, por tanto α(2α + 8) = 0, de donde α = 0 y α = -4

Si α = 0 en M = como = 1 ≠ 0, rango(M) = 2

En M ^* como = { (2ªC + 3ªC) }= = (-1)(-4+4) = 0, rango(M ^*) = 2

Por tanto como rango(M) = rango(M ^*) = 2 < nº="" de="" incógnitas="" el="" sistema="" tiene="" infinitas="">

Si α = - 4 en M = como = -1 ≠ 0, rango(M) = 2

En M ^* como (-1)(-12 + 24) ≠ 0, rango(M ^*) = 3

Por tanto como rango(M) = 2 ≠ rango(M ^*) = 3 , el sistema es incompatible.

Repetimos el proceso

Para que BX = c tenga infinitas soluciones por el Teorema de Rouche rango(M) = rango(M ^*) < 3,="">

M = y M ^* = , con lo cual tiene que ser det(M) = |M| = 0.

Calculamos el determinante de M

det(M) = |M| = =(-α)(-1) = α(2α - 1 )

|M| = 0     →     α(2α - 1 ) = 0, de donde α = 0 y α = 1/2

Si α = 0 en M = como = 1 ≠ 0, rango(M) = 2

En M ^* como = 0, por tener una fila de ceros, rango(M ^*) = 2

Por tanto como rango(M) = rango(M ^*) = 2 < nº="" de="" incógnitas="" el="" sistema="" tiene="" infinitas="">

Si α = 1/2 en M = como = 1 ≠ 0, rango(M) = 2

En M ^* como = (-1/2)(-5+4) ≠ 0, rango(M ^*) = 3

Por tanto como rango(M) = 2 ≠ rango(M ^*) = 3 , el sistema es incompatible.

En ambos casos los sistemas tienen infinitas soluciones solo cuando α = 0.

OPCION B

Ejercicio 1

[2'5 puntos] Considera el recinto limitado por la curva y = 1/3 x² y la recta y = 9.

De entre todos los rectángulos situados como el de la figura, determina el que tiene área máxima.

Solución

Tomamos como lados del rectángulo m y n, luego la mitad de la base es m/2

Hay que optimizar Área = A = m× n

La relación es n = ordenada recta - ordenada parábola en (m/2) = 9 - 1/3(m/2)² = (108 - m²)/12

Luego A = m×n = m×(108 - m²)/12 = (108m - m³)/12

Calculamos A' y la igualamos a cero para ver el posible máximo

A' = (108 - 3m²)/12     →     A' = 0    →    (108 - 3m²)/12 = 0    →    

 →    3m² = 108    →    m² = 36    →    m = ± 6.

Solo tomamos la solución positiva porque es una distancia, luego m = 6 y por tanto

n = (108 - m²)/12 = (108 - 36)/12 = 6

Luego el rectángulo es un cuadrado de lado 6

Veamos que efectivamente es un máximo comprobando que la 2ª derivada es menor que cero.

A' = (108 - 3m²)/12

A'' = (-6m)/12    →    A''(6) = (-36)/12 = - 3 < 0,="" luego="" es="" un="">

Ejercicio 2

[2'5 puntos] Sea Ln(x) el logaritmo neperiano de x. Esboza el recinto limitado por los ejes coordenados y las gráficas de las funciones y = 1 e y = Ln(x). Calcula su área.

Solución

La gráfica de Ln(x) es conocida (recíproca de la exponencial e^x, luego simétricas respecto de la bisectriz del primer cuadrante y = x)

Ln(x) = 1, por definición x = e¹ = e

Area = (1) dx + (1 - Ln(x)) dx

Calculamos òLn(x) dx = que es una integral por partes

u = Ln(x)    →    du = (1/x) dx

dv = dx       →     v =òdx = x,

luego òLn(x) dx = xLn(x) - òx(1/x) dx = xLn(x) - òdx = xLn(x) - x

Area = (1) dx + (1 - Ln(x)) dx =

= [x]¹₀   +  [x - Ln|x| - x]^e₁ = (1 - 0 ) + ( eLn(e) - 1Ln(1) ) = (1 + e) unidades de área (u.a.)

Ejercicio 3

Sea π el plano de ecuación 3x - y +2z - 4 = 0,

(a) [1 punto] Halla la ecuación del plano π₁ que es paralelo a π y pasa por el punto P(1,-2,2).

(b) [1'5 puntos] Halla la ecuación del plano π₂ que es perpendicular a ambos que contienen a la recta

r ≡ .

Solución

(a)

π ≡ 3x - y +2z - 4 = 0. Como π₁ es paralelo a π y pasa por el punto P(1,-2,2), π₁ es de la forma

3x - y + 2z = k, por ser paralelo a π . Ahora le imponemos la condición de que pasa por el punto P para calcular la constante k

3(1) - (-2) + 2(2) = k     →     k = 9, luego el plano pedido es π₁ ≡ 3x - y + 2z = 9

(b)

π₂ contiene a la recta r ≡ por tanto tiene una punto A de la recta r y uno de sus vectores paralelos es el vector director v de r. Además como π₂ es perpendicular a π₁ el vector normal n = (3,-1,2) de π₁ es paralelo al plano π₂ luego el plano π₂ está determinado por el punto A y los vectores independientes v y n, es decir tendrá de ecuación det(x-a, v, n) = 0.

Calculamos A y v

Para el punto A tomamos z = 1 en la recta r luego de x - y + z = 1 tenemos x =y. Entrando en la otra ecuación de r nos queda 2x +x - 4 = 1, de donde x = 1 e y = 1. El punto es A(1,1,1)

Como la recta la dan como intersección de dos planos calculamos su vector director como el producto vectorial de los vectores normales de cada plano

v = =i(3) - j(-6) + k(3) = (3,6,3)       

El plano pedido es π₂ ≡ det(x-a, v, n)= (x-1)(15) - (y-1)(-3) + (z-1)(-21) = 15x + 3y - 21z + 3 = 0.

Simplificando π₂ ≡ 5x + y - 7z + 1 = 0

Ejercicio 4

Considera la matriz A =

(a) [1 punto] Halla los valores de a para que la matriz 3A tiene inversa.

(b) [1'5 puntos] Calcula, si es posible, la inversa de A² para a = 0.

Solución

(a)

A =

Para que 3× A admita matriz inversa tenemos que ver que det(3× A) = |3× A| ≠ 0, pero |3× A| = 3^3×A puesto que A es de orden 3x3, y sale un 3 multiplicando de cada una de las filas de A. Por tanto tenemos que ver que |A| ≠ 0

|A| = = (-1)(-1) = -1 - a²

Igualando a cero vemos que a² = -1 lo cual nos dá a = ± √(-1)y no tiene soluciones reales, es decir |A| ≠ 0 independientemente del valor de a, por tanto la matriz A siempre admite inversa.

(b)

Para a = 0, A =

A² = A× A = =

| A² |= |A|× |A| = (-1)(-1) = 1

(A²) ^-1 = 1/|A|.Adj(A ²) ^t

(A ²) ^t =     →     Adj(A ²) ^t =

Por tanto (A²) ^-1 = 1/|A|.Adj(A ²) ^t = (1/1)× =

OPCION A

EJERCICIO 1

Se sabe que la gráfica de la función f : R → R definida por f (x)= x³ + ax+ bx + c es la que aparece en el dibujo.

(a) [1’25 puntos] Determina f .

(b) [1’25 puntos] Calcula el área de la región sombreada.

Solución

De la gráfica de f (x)= x³ + ax+ bx + c observamos que f(-2) = 0, f(1) = 0, y que f tiene un mínimo en x = 1, y como es derivable tenemos que f ‘(1) = 0

f (x)= x³ + ax+ bx + c

f ‘(x)= x³ + ax+ bx + c

De f ‘(1) = 0, tenemos 0 = 3 + 2a + b

De f (1) = 0, tenemos 0 = 1 + a + b + c

De f (-2) = 0, tenemos 0 = - 8 + 4a - 2b +c

Resolvemos el sistema siguiente para obtener los valores de a, b y c

a + b + c = - 1 a + b + c = - 1 a + b + c = - 1

2a + b = - 3 2ª + 1ª(-2) - b – 2c = - 1 - b – 2c = - 1

8 + 4a - 2b + c = 8 3ª + 1ª(-4) -6b – 3c = 12 3ª + 2ª(-6) 9c = 18

De donde c = 2, b = -3 y a = 0

Luego la función es f (x)= x³ -3x + 2

(b)

El área de la región sombreada es

Área = =

= [ (1/4 – 3/2 +2 ) – ( 4 – 6 – 4) ] = 27/4 u²

Ejercicio 2

Sea f la función definida para x ≠ 2 por f (x) = (x² − 4x + 3) / (x − 2 )
(a) [1 punto] Estudia y determina las asíntotas de la gráfica de f .
(b) [0’75 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f .
(c) [0’75 puntos] Calcula, si existen, el máximo y el mínimo absolutos de f en el intervalo [0, 2) (puntos en los que se obtienen y valores que alcanza la función).

Solución

f (x) = (x² − 4x + 3) / (x − 2 )

(a)

Asíntotas

Como , la recta x = 2 es una asíntota vertical (A.V.) de la gráfica de f

, para ver la posición relativa.

f(x) = (x² − 4x + 3) / (x − 2 tiene una asíntota oblicua (A.O.) y = mx + n, y es la misma en +∞ y en - ∞ por ser un cociente de polinomios con el numerador un grado mas que el denominador.

m =

n =

La asíntota oblicua es y = mx + n = x – 2

Como , f(x) está por debajo de la A.O. y = x - 2 en +∞

Como , f(x) está por encima de la A.O. y = x - 2 en - ∞

(b)

Monotonía. Estudiamos la primera derivada f ‘(x)

f(x) = (x² − 4x + 3) / (x − 2 )

f ‘(x) = [ (2x - 4)(x – 2) – (x² − 4x + 3)(1)] ] / (x – 2)² = (x² – 4x + 5) / (x – 1)² .

Resolviendo f ‘(x) = 0, tenemos x² – 4x + 5= 0, que no tiene soluciones reales luego no tiene ni máximos ni mínimos relativos.

Como f ‘(0) = 5/4 > 0, la función f(x) siempre es creciente.

(c)

Extremos absolutos en [0, 2)

Como , f(x) no está acotada superiormente por y tanto no tiene máximo absoluto.

Recordamos que los extremos absolutos se podían alcanzar en los puntos donde la función no era continua, no era derivable o en los extremos del intervalo [0, 2).

En nuestro caso la función f(x) es continua y derivable en x ≠ 2, por tanto el único punto que nos queda es x = 0.

En x = 0 tiene un mínimo absoluto que vale f(0) = -3/2

Aunque no lo piden la gráfica de la función y la de sus asíntotas oblicua

Ejercicio 3

[2’5 puntos] Álvaro, Marta y Guillermo son tres hermanos. Álvaro dice a Marta: si te doy la quinta parte del dinero que tengo, los tres hermanos tendremos la misma cantidad. Calcula lo que tiene cada uno si entre los tres juntan 84 euros.

Solución

Dinero de Álvaro = x

Dinero de Marta = y

Dinero de Guillermo = z

Los tres juntan 84 euros, se traduce en x + y + z = 84

Álvaro dice a Marta: si te doy la quinta parte del dinero que tengo, los tres hermanos tendremos la misma cantidad

Marta + 1/5 de Álvaro = Guillermo, se traduce en y + (1/5)x = z

Guillermo = Álvaro – 1/5 de Álvaro, se traduce en x - (1/5)x = z

Resolviendo el sistema

x + y + z = 84

y + (1/5)x = z

x - (1/5)x = z. De aquí z = (4/5)x, con lo cual y = (3/5)x. Entrando en la primera obtenemos:

x + (3/5)x + (4/5)x = 84 de donde x = 35, y por tanto y = 21 y z = 28

Solución

Dinero de Álvaro = x = 35 euros

Dinero de Marta = y = 21 euros

Dinero de Guillermo = z = 28 euros

Ejercicio 4

Considera el punto A(0, − 3, 1), el plano π ≡ 2x− 2y + 3z = 0 y la recta r ≡ x+3 = y = (z − 3)/2.

(a) [1 punto] Determina la ecuación del plano que pasa por A y contiene a r.

(b) [1’5 puntos] Determina la ecuación de la recta que pasa por A, es paralela a π y corta a r.

Solución

Punto A(0, − 3, 1), plano π ≡ 2x− 2y + 3z = 0 y la recta r ≡ x+3 = y = (z − 3)/2.

(a)

Plano que pasa por A y contiene a r.

Como el plano π’ contiene a la recta r y al punto A, tomamos de la recta r el punto B y el vector v, el otro vector será BA.

B(-3, 0, 3)

v = (1, 1, 2)

BA = (3, -3, -2)

El plano es π’ = det (AX, v, BA) = =

= (x+3)(4) – (y)(-8) + (z-3)(-6) = 4x +8y – 6z + 30 = 0

(b)

La ecuación de la recta que pasa por A, es paralela a π y corta a r, la vamos a dar como intersección de dos planos

El plano π’ que pasa por A y contiene a r, que hemos calculado en el apartado (a), que es

4x + 8y – 6z + 30 = 0

Y el plano π ’’ paralelo a p que pasa por A

El plano paralelo a p es 2x – 2y + 3z + K = 0. Como pasa por A, el punto cumple la ecuación del plano, es decir 0 – 2(-3) +3(1) + K = 0, de donde K = -9. Luego el plano π ’’ es 2x – 2y + 3z -9 = 0, y la recta pedida es

OPCION B

Ejercicio 1

De la función f : (0, + ∞) → R definida por f (x) = (ax² + b)/ x, se sabe que la recta tangente a su gráfica en el punto de abscisa x = 1 viene dada por y = − 2.

(a) [1’5 puntos] Calcula a y b.

(b) [1 punto] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f .

Solución

(a)

f (x) = (ax² + b) / x, con recta tangente en x = 1 la recta y = -2

La recta tangente en x = 1 es y – f(1) = f ‘(1)(x – 1), por tanto la pendiente f ‘(1) = 0 y f(1) = -2

f (x) = (ax² + b) / x

f ‘(x) = [ (2ax)x - (ax² + b)(1) ] / (x)²

De f(1) = -2 tenemos –2 = (a + b)

De f ‘(1) = 0 tenemos 0 = = (2a) - (a + b) = a – b , de donde a = b, por tanto 2b = -2 y los valores pedidos son a = b = -1.

La función es f(x) = (- x² – 1)/x

(b)

Monotonía. Estudio de f ‘(x)

f (x) = (- x² – 1)/x

f ‘(x) = [(-2x )x - (- x² - 1)(1)] / (x²) = (-x² + 1) / (x²)

Los posibles máximos o mínimos relativos son las soluciones de f ‘(x) = 0

f ‘(x) = 0, de donde -x² + 1 = 0. Resolviéndolo se obtiene x = 1 y x = -1.

Como el dominio es (0, +∞) solo tomo x = 1.

Como f ‘(0’1) = (-0’01 + 1) /(+) > 0, f(x) es estrictamente creciente en (0,1)

Como f ‘(2) = (-4 + 1)/(+) < 0,="" f(x)="" es="" estrictamente="" decreciente="" en="" (1,="" +="">∞)

Por definición x = 1/5 es un máximo relativo que vale f(1) = -2

Ejercicio 2

[2’5 puntos] Sea f : R → R la función definida por f (x)= x² sen(2x). Calcula la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (0, 1).

Solución

Primitiva de f(x) = x².sen(2x) que pase por (0, 1)

F(x) = es una integral por partes

(Aplicamos )

Tomamos u = x² y dv = sen(2x)dx, con lo cual du = 2xdx y v = = [- cos(2x)] / (2)

F(x) = = (x²). [- cos(2x)] / (2) + (1/2).=

= - x².cos(2x) / (2) + = = - x².cos(2x) / (2) + I

I = vuelve a ser una integral pospartes

Tomamos u = x y dv = cos(2x)dx, con lo cual du = dx y v = = [ sen(2x)] / (2)

I = = x.sen(2x) / (2) - (1/2).= = x.sen(2x) / (2) + cos(2x) / (4).

Por tanto F(x) = = - x².cos(2x) / (2) + I =

= - x².cos(2x) / (2) + x.sen(2x) / (2) + cos(2x) / (4) + K

Como F(0) = 1, tenemos 1 = 0 + 0 + cos(0) / 4 + K = 1/4 + K, de donde K = 3/4

Ejercicio 3

Considera el sistema de ecuaciones

x + my + z = 0

x + y + mz = 2

mx + y + z = m

(a) [1 punto] ¿Para qué valor de m el sistema tiene al menos dos soluciones?

(b) [1’5 puntos] ¿Para qué valores de m el sistema admite solución en la que x = 1?

Solución

x + my + z = 0

x + y + mz = 2

mx + y + z = m

(a)

Sea A = la matriz de los coeficientes y A ^* =la matriz ampliada.

Si el sistema tiene al menos dos soluciones nos dice que tiene infinitas soluciones, por lo tanto por el Teorema de Rouche, rango(A) = rango(A ^* ) < 3,="" luego="" el="" determinante="" de="" a="" tiene="" que="" ser="">

|A| =

= (m + 2). (m + 2).(1). =

= (m + 2)(1 – m)²

Igualándolo a cero (2 + m)(1 – m)² = 0, de donde m = 1 (doble) y m = - 2. Por tanto para m ≠ 1 y m ≠ -2 el sistema tiene solución única.

Lo estudiamos ahora para m = 1 y m = - 2

Si m = 1

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son A = y A ^* =.

Vemos que rango(A) = 1

En A^* como = 2 -1 = 1 ≠ 0, rango(A^*) = 2.

Como rango(A) = 1 ≠ rango(A^*) = 2, el sistema no tiene solución.

Si m = - 2

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son A = y A ^* =.

En A como = 1 +2 = 3 ≠ 0, rango(A) = 2.

En A^* como = (-2)(2 – 2) = 0, rango(A^*) = 2.

Como rango(A) = rango(A^*) = 2, el sistema tiene infinitas soluciones, y por tanto dos como me pide el problema.

(b)

¿Para qué valores de m el sistema admite solución en la que x = 1?

Si x = 1 el sistema es

1 + my + z = 0

1 + y + mz = 2

m + y + z = m, es decir

my + z = - 1

y + mz = 1

y + z = 0,

Sea B = la matriz de los coeficientes y B ^* =la matriz ampliada.

Como máximo rango(B) = 2, por tanto para que el sistema tenga solución con x = 1. rango(B^*) = 2 con lo cual det(B^*) = |B^*| = 0

det(B^*) = | B^*| = = 0, sea cual sea el valor de m, al tener dos filas proporcionales.

Por tanto si x = 1 el sistema siempre tiene solución sea cual sea el valor de m. (Excluimos por supuesto el caso de m = 1, pues ya habíamos visto que en este caso el sistema original era incompatible).

Ejercicio 4

Se sabe que las rectas r ≡ y s ≡ están contenidas en un mismo plano.

(a) [1’25 puntos] Calcula b.

(b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a las rectas r y s.

Solución

(a)

Las rectas r ≡ y s ≡ están contenidas en un mismo plano

Tomamos de cada recta un punto y un vector.

De r punto A(1, -1, b) y vector director u = (1, -1, 1)

De s punto B y vector director v

Para el punto B tomo x = 0 con lo cual z = 1 e y = - 2 . Punto B(0, -2, 1)

Como vector v tomo el producto vectorial de los vectores normales de cada uno de los planos que forman la recta, el (1, -1, 1) y el (6, 0, 2).

v = = i(-2) – j(-4) + k(6) = (-2, 4, 6)

Si las rectas r y s están en el mismo plano, como sus vectores u y v directores no son proporcionales, tiene que ocurrir que det (AB, u, v) = 0

AB = (-1, -1, 1 – b)

det (AB, u, v) = =

= = (-1)(-8 - 4b -12 + 6b) = -2b + 20 = 0, de donde b =10.

La recta r es para que ambas rectas estén en el mismo plano                        

(b)

Ponemos ambas rectas en paramétricas con parámetros distintos

r ≡ y s ≡

El plano que contiene a las rectas r y s, como están en el mismo plano tiene como punto el punto Q intersección de ambas rectas y como vectores el u de la recta r y el v de la recta s.

Para calcular el punto Q igualamos ambas rectas y resolvemos el sistema

x = x, y = y, z = z. En nuestro caso

1 + t = -2m

-1 – t = -2 + 4m

10 + t = 1 + 6m

Resolvemos las dos primeras

1 + t = -2m

-1 – t = -2 + 4m; sumando

0 = -2 + 2m, de donde m = 1 y t = -3

Veamos que verifica la tercera ecuación

10 + (-3) = 1 + 6(1), lo cual es cierto.

El punto Q intersección es Q( -2(1), -2 + 4(1), 1 + 6(1) ) = Q(-2, 2, 7)

El plano pedido es det (QX, u, v) = =

= (x + 2)(-10) – (y – 2)(8) + (z – 7)(2) = -10x – 8y + 2z – 18= 0

OPCION A

Ejercicio 1

[2’5 puntos] Dada la función f : R ® R definida por f(x) = (x + 1)/(e^x), determina la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en su punto de inflexión.

Solución

Los puntos de inflexión verifican que f ‘’(x) = 0, después tendremos que estudiar el signo de la 2ª derivada a izquierda y derecha de ellos. Si cambia el signo, sí es punto de inflexión.

f(x) = (x + 1)/(e^x),

f ‘(x) = [e^x - e^x(x + 1)]/(e^2x) = (- x)/e^x ,

f ‘’(x) = [-e^x – (-x)e^x]/(e^2x) = (x - 1)/e^x,

De f ‘’(x) = 0, tenemos (x - 1)/e^x = 0, de donde x = 1 (posible punto de inflexión)

Como f ‘’(0) = -1/e⁰ < 0="" y="" f="" ‘’(2)="">² > 0, x = 1 es punto de inflexión.

La recta tangente en x = 1 es y – f(1) = f ‘(1)(x – 1)

f(x) = (x + 1)/(e^x), de donde f(1) = 2/e

f ‘(x) = (- x)/e^x, de donde f ‘(1) = -1/e

La recta tangente es y – (2/e) = (-1/e)(x – 1)

Ejercicio 2

Sean f : R ® R y g : R ® R las funciones definidas mediante

f(x) = x³ − 4x y g(x) = 3x − 6

(a) [0’75 puntos] Determina los puntos de corte de las gráficas de f y g.

(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) es decir x³ – 4x = 3x – 6. Pasándolo a un miembro nos queda

x³ – 7x + 6 = 0. Obtenemos una solución por Ruffini

Tenemos como solución x = 1. Resolviendo la ecuación x² + x – 6 = 0, obtenemos x = 2 y x = -3

(b)

Como f(x)= y g(x) se cortan en x = -3, x = 1 y x = 2, el área encerrada por ambas funciones es:

El área pedida es

|(1/4 – 7/2 + 6) – (81/4 – 63/2 – 18)| +

+ |(16/4 – 28/2 + 12) – (1/4 – 7/2 + 6)| = |32| + |-3/4| = 32 + 3/4 = 131/4 u²

Ejercicio 3

Dado el siguiente sistema de ecuaciones

x + y = 1

ky + z = 0

x +(k + 1)y + kz = k +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

x + y = 1

ky + z = 0

x +(k + 1)y + kz = k +1

(a)

La matriz de los coeficientes del sistema es y la matriz ampliada .

Para que el sistema sea incompatible rango(A) ≠ rango(A^*).

(1)( k² – k – 1) – (1)( – 1) = k² – k.

Resolvemos |A| = 0, es decir k² – k = 0, de donde k = 0 y k = 1.

Si k ≠ 0 y k ≠ 1 , tenemos |A| ≠ 0 con lo cual rango(A) = rango(A^*) = 3, y por el teorema de Rouche el sistema es compatible y determinado y tiene solución única.

Si k = 0, y

En A como 1 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2

En A^* como , porque dos filas son iguales, tenemos rango(A^*) = 2

Como rango(A)= 2 = rango(A^*), por el teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado, y tiene infinitas soluciones.

Si k = 1, y

En A como 1 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2

En A^* como 1(2) = 2 ≠ 0, tenemos rango(A^*) = 3

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

x + y = 1

ky + 2 = 0

x +(k + 1)y + 2k = k +1

Tenemos tres ecuaciones con dos incógnitas, por tanto para que el sistema tenga solución el determinante de la matriz ampliada tiene que ser 0.

= - k² + 2k = 0, de donde k = 0 y k = 2

Como en el apartado (a) hemos visto que el sistema era compatible indeterminado para k = 0, resulta que para que admita la solución z = 2 en teoría podríamos podemos tomar k = 0  o  k = 2, pero si tomamos k = 0, la solución que nos sale es z = 0, y no  z = 2 como nos dicen, luego solo nos queda k = 2.

Ejercicio 4

Considera la recta r definida por y la recta s definida por

(a) [1 punto] Estudia la posición relativa de r y s.

(b) [1’5 puntos] Halla la ecuación general de un plano que contiene a s y es paralelo a r.

Solución

(a)

Tomamos de cada recta un punto y un vector director, para lo cual pongo ambas ecuaciones en paramétricas.

, tomando y = λ , sus ecuaciones paramétricas son

De la recta r, un punto es A(0,0,3) y un vector director u = (0,1,-3)

, tomando x = m , sus ecuaciones paramétricas son

De la recta s, un punto es B(0,0,-3) y un vector director v = (1,0,2)

Como u ¹ mv¸es decir los vectores directores no son proporcionales, las rectas r y s se cortan o se cruzan.

Si det(AB,u,v) = 0, las rectas se cortan en un punto

Si det(AB,u,v) ≠ 0, las rectas se cruzan.

AB = (0,0,-6)

Como det(AB,u,v) = = - 6(- 1) = 6 ≠ 0, las rectas se cruzan.

(b)

Como el plano contiene a la recta s, tomo como punto para el plano el B(0,0,-3) y un vector el v = (1,0,2). Como el plano es paralelo a la recta s, el otro vector paralelo independiente para el plano es u = (0,1,-3).

La ecuaciones paramétricas del plano son , con λ , μ ∈ R.

Como piden la ecuación general tendríamos det(BX,u,v)= 0 = 2x - 3y - z - 3 = 0.

OPCION B

Ejercicio 1

Sea la función f : [0, 4] ® R definida por

(a) [2 puntos] Determina a, b y c sabiendo que f es continua en el intervalo cerrado [0, 4], derivable en el intervalo abierto (0, 4) y que f(0) = f(4).

(b) [0’5 puntos] ¿En qué punto del intervalo se anula la derivada de la función?

Solución

(a)

Como f(x) es continua en [0, 4], es continua en x = 2, es decir.

Igualando tenemos la ecuación 2c + 1 = 4 + 2a + b

Como es derivable en (0,4), es derivable x = 2, luego f ‘(2 ⁺) = f ‘(2 ^-)

Igualando tenemos la ecuación 4 + a = c

Como f(0) = f(4), tenemos b = 4c + 1

Resolviendo el sistema , obtenemos a = - 3, b = 5 y c = 1, por tanto la función pedida es

y su derivada

(b)

Veamos donde f ‘(x) = 0, es decir 2x – 3 = 0, de donde x = 3/2.

Lo que nos han preguntado es que se calcule los valores de a, b y c para que f(x) verifique el Teorema de Rolle y el punto donde lo cumple.

Ejercicio 2

[2’5 puntos] Calcula (ln denota la función logaritmo neperiano).

Solución

Calculamos primero la integral indefinida, que es una integral por partes

La integral , es una integral racional. Dividimos primero

La integral indefinida es

Por tanto [ (1/2)ln(2) – 1/4 + 1/2 - (1/2)ln(2) ] – (0) = 1/4

Ejercicio 3

[2’5 puntos] Halla los valores del parámetro m que hacen compatible el sistema de ecuaciones:

−x +2y − 2z = 2

2x + y + z = m

x +3y − z = m²

Solución

−x +2y − 2z = 2

2x + y + z = m

x +3y − z = m²

(a)

La matriz de los coeficientes del sistema es y la matriz ampliada .

Para que el sistema sea compatible tiene que ser rango(A) = rango(A^*).

En A como -5 ≠ 0, por lo menos rango(A) = 2

En A como , porque dos filas son iguales, tenemos rango(A) = 2

En A^* para que el rango sea 2, el determinante tiene que ser 0.

- 5(m² + 2 – 4 – m) = - 5(m² – m – 2).

Resolviendo la ecuación m² – m – 2 = 0, obtenemos m = - 1 y m = 2.

Para m = - 1 y m = 2, el sistema dado es compatible.

Ejercicio 4

[2’5 puntos] Sea la recta r definida por

y sean los planos π₁, de ecuación x + y + z =0, y π₂, de ecuación y + z = 0. Halla la recta contenida en el plano π₁, que es paralela al plano π₂ y que corta a la recta r.

Solución

Como la recta pedida s está contenida en el plano π₁, y es paralela al plano π₂, su vector director v tiene que ser a la vez perpendicular al vector normal del plano π₁, n₁ = (1,1,1) y al vector normal del plano π₂, n₂ = (0,1,1). Es decir v es el producto vectorial de los vectores n₁ y n₂.

v = i (0) – j(1) + k(1) = (0, -1, 1)

La recta pedida es de la forma , con λ ∈ R y A(a,b,c) un punto de ella que vamos a determinar.

Como "s" corta a "r", verifica su ecuación, es decir

x = 1 = a, de donde a = 1

x = y, es decir 1 = b - l , de donde b = 1 + l

por tanto la recta es por ahora , es decir b = 1, y además como la recta está contenida en el plano π₁, verifica su ecuación, es decir x + y + z =0, en nuestro caso 1 + 1 + c + l = 0, de donde c = - 2 - l .. Sustituyendo este valor en la z de la recta, tenemos z = - 2 - l + l = - 2, por tanto c = -2, el punto de la recta es A(a,b,c) = A(1,1,-2) y la recta pedida es con λ ∈ R

OPCION A

Ejercicio 1

[2’5 puntos] Determina dos números reales positivos sabiendo que su suma es 10 y que el producto de sus cuadrados es máximo.

Solución

Es un problema de optimización, sean x e y los dos números

Relación x + y = 10.

Optimizar P = x².y²

De x + y = 10, tengo y = 10 – x, luego P = x².y² = P = x².(10 – x )² = x².(100 – 20x + x² ) = x⁴ – 20x³ + 100x².

P(x) = x⁴ – 20x³ + 100x². Calculamos P’(x), resolvemos P’(x) = 0 que serán los posibles máximos o mínimos (con P’’(x) veremos si es máximo o mínimo).

P(x) = x⁴ – 20x³ + 100x².

P’(x) = 4x³ – 60x² + 200x.

P’(x) = 0, da 4x³ – 60x² + 200x = 0 = x(4x² – 60x + 200) = 0, de donde x = 0 y 4x² – 60x + 200 =0. Simplificando x² – 15x + 50 = 0. Al resolverla sale x = 10 y x = 5.

Los posibles máximos o mínimos son 0, 5 y 10.

P’’(x) = 12x² – 120x + 200

Como P’’(0) = 200 > 0, x = 0 es un mínimo relativo.

Como P’’(10) = 200 > 0, x = 10 es un mínimo relativo.

Como P’’(5) = – 100 < 0,="" x="5" es="" un="" máximo="">

Los números son x = 5 e y = 10 – 5 = 5.

Ejercicio 2

Sean f : R → R y g : R → R las funciones definidas mediante f(x) = x³ + 3x² y g(x) = x + 3.

(a) [1’25 puntos] Esboza las gráficas de f y de g calculando sus puntos de corte.

(b) [1’25 puntos] Calcula el área de cada uno de los recintos limitados entre las gráficas de f y g.

Solución

(a)

f(x) = x³ + 3x² y g(x) = x + 3.

g(x) = x + 3 es una recta y con dos puntos es suficiente para dibujarla

Para x = 0, g(0) = 3. Punto (0,3)

Para g(x) = 0, x + 3= 0, de donde x = - 3. Punto (- 3,0)

f(x) = x³ + 3x² es un cúbica.

Cortes f(0) = 0. Punto (0,0)

Para f(x) = 0, x³ + 3x² = 0 = x²(x + 3) , de donde x = 0 (doble) y x = - 3. Puntos (- 3,0) y (0,0)

. Es decir cuando x es muy grande negativo, f(x) es muy grande negativo.

. Es decir cuando x es muy grande positivo, f(x) es muy grande positivo.

Las soluciones de f’(x) = 0 son los extremos relativos.

f(x) = x³ + 3x² .

f’(x) = 3x² + 6x = 0 = x(3x + 6), de donde x = 0 y x = - 2 son los extremos relativos.

f’’(x) = 6x + 6

Como f ‘’(0) = 6 > 0, x = 0 es un mínimo relativo que vale f(0) = 0.

Como f ‘’(-2) = -6 < 0,="" x="-2" es="" un="" máximo="" relativo="" que="" vale="" f(-2)="">

Un esbozo de las gráficas es (en azul la recta g(x) y en rojo la cúbica f(x) )

(b)

f(x) = x³ + 3x² y g(x) = x + 3.

Para hallar el área encerrada entre las dos funciones tenemos que ver los puntos de corte, para lo cual igualamos las funciones.

f(x) = g(x), x³ + 3x² = x + 3, x³ + 3x² - x – 3 = 0.

Por Ruffini se ve que x = 1 es una solución, luego x³ + 3x² - x – 3 = 0 = (x – 1)(x² + 4x + 3).

Resolviendo x² + 4x + 3 = 0 obtenemos x = - 3 y x = -1, luego f y g se cortan en -3, -1 y 1.

Área =

= [(1/4 – 1 – 1/2 + 3) – (81/4 – 27 – 9/2 + 9)] + [(-1/4 - 1 +1/2 + 3) – (-1/4 + 1 +1/2 – 3)] = 4 + 4 = 8 u²

Ejercicio 3

Considera la matriz.

(a) [1 punto] Determina la matriz B = A² – 2A

(b) [0’75 puntos] Determina los valores de λ para los que la matriz B tiene inversa.

(c) [0’75 puntos] Calcula B ^-1 para λ = 1

Solución

(a)

B = A² – 2A =

(b)

B tiene inversa si det(B) ≠ 0

= -2λ² + 4λ + 2 – (1 - λ )(-1 + λ ) = -λ² + 2λ + 3

Resolviendo -λ² + 2λ + 3 = 0 obtenemos λ = -1 y λ = 3, por tanto si λ ≠ -1 y λ ≠ 3 la matriz B tiene inversa.

(c)

B ^-1 con λ = 1

B ^-1 = (1/|B|).Adj(B ^t)

Con l = 1, ; det(B) = 4; ;

B ^-1 = (1/|B|).Adj(B ^t) =

Ejercicio 4

Considera los planos de ecuaciones x – y + z = 0 y x + y – z = 2.

(a) [1 punto] Determina la recta que pasa por el punto A(1,2,3) y no corta a ninguno de los planos dados.

(b) [ 1’5 puntos] Determina los puntos que equidistan de A(1,2,3) y B(2,1,0) y pertenecen a la recta intersección de los planos dados.

Solución

(a)

Plano x – y + z = 0, vector normal n = (1,-1,1)

Plano x + y – z = 2, vector normal n’ = (1,1,-1)

Como los vectores normales n y n’ no son proporcionales, los planos son secantes y se cortan en una recta r de ecuación .

Como me piden una recta que no corte a ninguno de los dos planos lo que me están pidiendo es una recta "s" paralela a la recta "r", luego me sirve como vector director el de la recta "r" que es el producto vectorial de n con n’.

Recta "s", punto el A(1,2,3), vector u = n x n’ == i(1 – 1) – j(-2) + k(2) = (0,2,2)

La recta "s" en paramétricas es

(b)

Los planos x – y + z = 0 y x + y – z = 2, son secantes y ya sabemos que se cortan en la recta r de ecuación , que tenía de vector director u = n x n’ = (0,2,2).

Un punto E de "r" lo obtenemos tomando z = 0, con lo cual resolviendo el sistema de la recta "r" obtenemos x = y = 1. El punto E es E(1,10)

Ponemos la recta "r" en paramétricas para tomar un punto genérico C de la recta "r"

Recta "r" en paramétricas . El punto genérico C de "r" es C(1, 1+2t, 2t).

Como dicen que los puntos A(1,2,3) y B(2,1,0) equidistan de la recta "r", equidistan de un punto genérico suyo, el C, es decir d(A,C) = d(B,C) (las distancias son iguales)

d(A,C) = | AC| =

AC = (1 - 1, 1 + 2t -2, 2t – 3) = (0, -1+2t, -3+2t)

d(B,C) = | BC| =

BC = (1 - 2, 1 + 2t -1, 2t – 0) = (1, 2t, 2t)

Igualando tenemos = .

Elevando al cuadrado y simplificando obtenemos 16t = 9, de donde t = 9/16, y los puntos de la recta "r" que equidistan de A y B es solo uno el C(1,1+2(9/16), 2(9/16)) = C(1, 17/8, 9/8).

OPCION B

Ejercicio 1

[2’5 puntos] Sea f : R → R la función definida por f(x) = 2x³ + 12x² + ax + b. Determina a y b sabiendo que la recta tangente a la gráfica de f en su punto de inflexión es la recta y = 2x + 3.

Solución

f(x) = 2x³ + 12x² + ax + b

Los puntos de inflexión verifican f’’(x) = 0

f’(x) = 6x² + 24x + a

f’’(x) = 12x + 24, de f’’(x) = 0 obtenemos x = - 2 que es el punto de inflexión.

La recta tangente en x = -2 es y – f(-2) = f’(-2)(x + 2)

También me dicen que la recta tangente en x = - 2 es y = 2x + 3, por tanto f’(-2) = 2.

De f’(-2) = 2, tengo 2 = 6(-2)² + 24(-2) + a. Operando obtenemos a = 26.

De la recta tangente y – f(-2) = f’(-2)(x + 2), tenemos y = f(-2) +2(x+2) = 2x + (4 + f(-2)). Igualando esta ecuación con la recta tangente y = 2x + 3 tenemos: 3 = 4 + f(-2), de donde f(-2) = -1.

De f(-2) = - 1, tengo -1 = 2(-2)³ + 12(-2)² + (26)(-2) + b. Operando obtenemos b = 19.

La función es f(x) = 2x³ + 12x² + 26x + 19.

Ejercicio 2

[2’5 puntos] Dada la función f : R → R definida por f(x) = Ln(1 + x² ), halla la primitiva de f cuya gráfica pasa por el origen de coordenadas. (Ln denota la función logaritmo neperiano).

Solución

Una primitiva de f(x) es F(x) =

I = que es una integral por partes ()

u = Ln(1 + x²), de donde du = (2x)/(1 + x²)

dv = dx, de donde v =

I = = x.Ln(1 + x²) - = x.Ln(1 + x²) - = x.Ln(1 + x²) – 2I₁.

I₁ = , aunque sencilla es una integral racional (hay que dividir) o poner el numerador en la forma x² = x² + 1 – 1.

I₁ = = x – artag(x)

I = x.Ln(1 + x²) – 2I₁ = x.Ln(1 + x²) – 2(x – artag(x))

F(x) = = x.Ln(1 + x²) – 2(x – artag(x)) + K.

Como nos dicen que la primitiva F(x) pasa por (0,0) tenemos F(0) = 0.

De F(0) = 0, tenemos 0 = 0.Ln(1 + 0) – 2(0 – artag(0)) + K = 0 + K, de donde K = 0 y la primitiva pedida es

F(x) = x.Ln(1 + x²) – 2(x – artag(x))

Ejercicio 3

(a) [1 punto] Calcula la matriz inversa de .

(b) [1’5 puntos] Escribe en forma matricial el siguiente sistema y resuélvelo usando la matriz A ^-1 hallada en el apartado anterior.

Solución

(a)

A ^-1 = (1/|A|).Adj(A ^t)

; det(A) = = 1(1+1) = 2

, ;

A ^-1 = (1/|A|).Adj(A ^t) =

(b)

El sistema en forma matricial es A.X = B, con , y

Como existe A ^-1, multiplicando por la izquierda A.X = B por A ^-1, tenemos

A ^-1(A.X) = A ^-1.B

X = A ^-1.B = , es decir la solución es (x,y,z) =(3,-2,0)

Ejercicio 4

Considera los puntos A(0,3,-1) y B(0,1,5).

(a) [1’25 puntos] Calcula los valores de x sabiendo que el triángulo ABC de vértices A, B y C(x,4,3) tiene un ángulo recto en C..

(b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por los puntos (0,1,5) y (3,4,3) y es paralelo a la recta definida por las ecuaciones .

Solución

(a)

A(0,3,-1) , B(0,1,5) y C(x,4,3)

Si el triángulo es rectángulo en C el producto escalar CA•CB es cero

CA = (- x, -1, -4); CB = (- x, -3, 2)

CA•CB = x² + 3 – 8 = 0, de donde x = . Hay dos soluciones para "x".

(b)

Para un plano necesito un punto E(0,1,5) y dos vectores independientes el EF = (3-0, 4-1, 3-5) = (3,3,-2) y el director de la recta "r", que es u = n x n’ == i(– 1) – j(-2) + k(3) = (-1,2,3)

Siendo n y n’ los vectores normales de cada uno de los planos que determina la recta "r".

El plano pedido es 0 = det(x – e, EF, u) = =

= x(9+4) – (y-1)(9-2) + (z-5)(6+3) = 13x – 7y + 9z – 38 = 0.