PROBLEMAS 1.- Discútase, en función del parámetro real k, el siguiente sistema de ecuaciones lineales

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(1)

SEPTIEMBRE 2006

PRUEBA A PROBLEMAS

1.- a) Hállese el valor de a para el que la recta r≡ 2 1

2 5

x y z

x y z 2

− + =

 + − =

 y el plano π≡axy + z + 1 = 0 son paralelos.

b) Para a = 2, calcúlese la ecuación del plano que contiene a r y es perpendicular a π, y hállese la distancia entre r y π.

2.- a) Estúdiense los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f (x) = x ex, sus máximos y mínimos relativos, asíntotas y puntos de inflexión. Demuéstrese que para todo x se tiene f (x) ≤ 1

e.

b) Pruébese que la ecuación 3x = ex tiene alguna solución en (–∞, 1]. CUESTIONES

C-1. Sea m un número real. Discútase, en función de m, el sistema de ecuaciones lineales homogéneo

cuya matriz de coeficientes es A = .

1 1 1

1

2 1

m m

m

 

 

 

+

 2

C-2. Hállense las ecuaciones de la recta r que pasa por P = (2, 1, –1), está contenida en el

plano π≡x + 2y + 3z = 1, y es perpendicular a la recta s≡ 2 3 4

x z

y z

= −

 = +

 .

C-3. Calcúlese 2

0

ln(cos ( )) 1 cos( ) x

x x

Lim

x

− +

.

C-4. Calcúlese el área del recinto limitado por la curva de ecuación f (x) = x3 – 3x2 + 2x y por la recta tangente a dicha curva en el punto x = 0.

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Discútase, en función del parámetro real k, el siguiente sistema de ecuaciones lineales

3 0

3 2

3 0

kx y

x y k

x ky

+ = 

 + = 

+ =

.

Resuélvase el sistema cuando sea posible.

2.- Sea f (x) = 4 2x2

x

a) Determínese el dominio de f, sus asíntotas, simetrías y máximos y mínimos relativos. Esbócese su gráfica.

b) Calcúlese 2

1 f x( ) ln( )x d

(2)

CUESTIONES

C-1. ¿Existen máximo y mínimo absolutos de la función f (x) = cos(x) + 1 en el intervalo [0, π]? Justifíquese su existencia y calcúlense.

C-2. Dada la matriz P =

1 2

2 1

3 4 5

a a

 

+

 

 

 , determínense los valores del número real a para los cuales

existe la matriz inversa de P.

0

 

C-3. Calcúlense las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la gráfica de la función f (x) =

2

2 1

x x + en el punto x = 0.

(3)

SOLUCIONES

PRUEBA A PROBLEMAS

1.- a) Hállese el valor de a para el que la recta r≡ 2 1

2 5

x y z

x y z 2

− + =

 + − =

 y el plano π≡axy + z + 1 = 0 son paralelos.

b) Para a = 2, calcúlese la ecuación del plano que contiene a r y es perpendicular a π, y hállese la distancia entre r y π.

Solución:

a) Para que la recta r y el plano π sean paralelos se ha de cumplir que el sistema formado por las dos ecuaciones que determinan la recta r y la ecuación del plano π sea incompatible, es decir, la matriz formada con los coeficientes de los dos planos que determinan la recta r y los coeficientes del plano π, sea de rango 2, mientras que la matriz ampliada de la anterior (añadiéndole una columna con los términos independientes) sea de rango 3. Procedamos pues:

A = 

1 1 2

2 1 5

1 1

a

 

 

A =

1 1 2 1

2 1 5 2

1 1 1

a

 −

 

 

− −

 

Para que el rango A sea se ha de cumplir que | A | = 0.

| A | =

1 1 2

2 1 5

1 1

a

− − −

= 1 – 4 + 5a – 2a – 5 + 2 = 3a – 6 = 0 ⇒ a = 2

El rango de A siempre es tres pues

1 2 1

1 5 2

1 1 1

− −

− −

= –5 + 1 – 4 – 5 + 2 + 2 = –9 ≠ 0.

Por tanto, para que r y π sean paralelos se debe cumplir que a = 2.

b) El plano pedido π1 vendrá determinado por un punto de la recta r, un vector director de la misma y el vector característico del plano π (ya que es perpendicular al mismo). Calculemos pues un punto P y el vector director vJJGr de la recta r y el vector característico JGp del plano π. Si calculamos las ecuaciones paramétricas de la recta r, tomando como parámetro a z tenemos que:

r =

1 3

x y

z

= + λ 

 = λ 

= λ

P = (1, 0, 0) y vJJGr = (1, 3, 1)

Como π≡ 2xy + z + 1 = 0 ⇒ JGp = (2, –1, 1). Así pues:

π1 =

1

1 3

2 1

1 1

xy z

= 0 ⇒ π1 = 4 (x – 1) – y (–1) + z (–7) = 0 ⇒ π1 = 4x + y – 7z – 4 = 0

(4)

d (r, π) =

2 2 2

|2·1 0 0 1| 3 6 2 6 2 ( 1) 1

− + + = =

+ − + u.

2.- a) Estúdiense los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f (x) = x ex, sus máximos y mínimos relativos, asíntotas y puntos de inflexión. Demuéstrese que para todo x se tiene f (x) ≤ 1

e.

b) Pruébese que la ecuación 3x = ex tiene alguna solución en (–∞, 1].

Solución:

a) El dominio de definición de la función dada es: Dom f = . Estudiemos en primer lugar la monotonía de f (x):

\

f ‘ (x) = exxex·= ex (1 – x)

Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0.

f ‘ (x) = 0 ⇒ ex (1 – x) = 0 ⇒ x = 1

Representemos este punto singular sobre una recta y veamos el signo que toma f ‘ (x) en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta real:

f ‘ (x) < 0

f ‘ (x) > 0

1

Por tanto, la función f crece en (−∞, 1) y decrece en (1, +∞).

De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = 1 se presenta un máximo relativo de la función

f.

Máximo relativo en (1, e–1)

A dicha conclusión se puede llegar también a través del estudio de la derivada segunda:

f' ‘’ (x) = – ex (1 – x) – ex = ex (x – 2) ⇒ f' ‘’ (1) = – e–1 < 0 ⇒ Máximo

Veamos ahora los puntos de inflexión de f. Los puntos de inflexión (si los hay) se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘’ (x) = 0.

f ‘’ (x) = 0 ⇒ ex (x – 2) = 0 ⇒ x = 2

Como f ‘’’ (x) = – ex (x – 2) + ex = ex (3 – x) y f ‘’’ (2) = e–2 (3 – 2) = – e–2≠ 0, se tiene que en el punto de abscisa x = 2 hay un punto de inflexión.

Punto de inflexión (2, 2 e–2) Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: No existen pues Domf = . \

• Horizontales: · x

x

x x

x

Lim x e Lim

e

→+∞ →+∞

= =

Aplicando la regla de L´Hopital, se tiene que: x 1x

x x

x

Lim Lim

e e

→+∞ →+∞

1

= =

∞= 0 Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal de f.

(5)

En el intervalo (–∞, 0) la función toma valores estrictamente menores que 0, por lo que es evidente que en ese intervalo f (x) ≤ 1/e. En el intervalo [0, 1] la función es continua y estrictamente creciente por lo que en virtud del teorema de Weierstrass toma sus valores mínimo y su máximo en los extremos del intervalo. Por último si consideramos el intervalo [1, +∞), la función es continua y estrictamente decreciente en él y su máximo valor se alcanza en x = 1. Para este valor f (x) ≤ 1/e. Luego ∀x∈ se verifica: f (x) ≤ 1/e.

\

b) Veamos que por el teorema de Bolzano, la función h (x) = 3xex tiene al menos una solución en el intervalo (–∞, 1].

h (x) es continua en (–∞, 1] por serlo cada uno de los términos de la misma. Por tanto, en particular, será continua en 0,3

4 

 . Además la función h (x) toma valores de distinto signo en los extremos de dicho intervalo, ya que:

h (0) = 3 · 0 – e0 = 0 – 1 = –1 < 0 y h 3

4       =

3 4

3 3·

4−e =

3 4

9

4−e 0,133 > 0 Por tanto, por el teorema de Bolzano, existe un punto c∈ 0,3

4

 

  tal que h (c) = 0, esto es:

2

h (c) = 0 ⇒ 3cec = 0 ⇒ 3c = ec

El punto c es solución de la ecuación 3x = ex.

CUESTIONES

C-1. Sea m un número real. Discútase, en función de m, el sistema de ecuaciones lineales homogéneo

cuya matriz de coeficientes es A = .

1 1 1

1

2 1

m m

m

 

 

 

+

 

Solución: Se tiene que:

| A | =

1 1 1

1

2 1

m m

m+ 2

= 2m + (m + 1) + 2m – 2mm (m + 1) – 2 = – m2 + 2m – 1

El determinante de A se anulara cuando:

| A | = 0 ⇒ – m2 + 2m – 1 = 0 ⇒ m = 1 (doble) Discutamos pues el sistema homogéneo:

• Si m ≠ 1 ⇒ rango A = 3 y el sistema es compatible determinado. Su solución única es la solución trivial.

(6)

C-2. Hállense las ecuaciones de la recta r que pasa por P = (2, 1, –1), está contenida en el

plano π≡x + 2y + 3z = 1, y es perpendicular a la recta s≡ 2 3 4

x z

y z

= −

 = +

 .

Solución:

La recta r pedida pasa por el punto P y tiene como vector director a vJJGr, perpendicular simultáneamente a la recta s y al vector característico del plano π. Dicho vector vJJGr será por tanto el producto vectorial del vector director de la recta s, vJGs, y el vector característico del plano π. Calculemos en primer lugar

s vJG:

G G

s v

JG

= 1 0 2

0 1 1

i j k

− −

G

= 2Gi + Gj + kG ⇒ vJGs = (2, 1, 1)

Por tanto, es: vJJGr

r v

JJG

= 2 1 1 1 2 3

i j k

G G G

= iG – 5Gj + 3kG ⇒ vJJGr = (1, –5, 3)

Así, podemos escribir la ecuación continua de la recta pedida r:

r≡ 2 1

5 3

y z

x− = − = +

1 0

0

o r≡ 5 11

3 7

x y x z

+ − = 

− − =

C-3. Calcúlese 2

0

ln(cos ( )) 1 cos( ) x

x x

Lim

x

− +

.

Solución:

2 0

ln(cos ( )) 1 cos( ) 0 0 x

x x

Lim

x

− +

= Apliquemos la regla de L´Hopital:

2

0 0

sen( )

sen( ) ln(cos ( )) 1 cos( ) cos ( ) 0

2 0

x x

x

x

x x x

Lim Lim

x x

→ →

− + = =

Aplicamos de nuevo la regla de L’Hopital:

2 2

2 2

0 0 0

sen( ) cos ( ) + sen ( ) 1

sen( ) cos( ) cos( )

0

cos ( ) cos ( ) cos ( )

0

2 2 2

x x x

x x x

x x

x x x

Lim Lim Lim

x

→ → →

− − −

= =

2

x

(7)

C-4. Calcúlese el área del recinto limitado por la curva de ecuación f (x) = x3 – 3x2 + 2x y por la recta tangente a dicha curva en el punto x = 0.

Solución:

Calculemos en primer lugar la recta tangente a f (x) en x = 0. Su ecuación viene dada por:

yf (0) = f ‘ (0) (x – 0) Se tiene que:

f (0) = 0

f ‘ (x) = 3x2 – 6x + 2 ⇒ f ‘ (0) = 2 Entonces, la recta tangente tiene por ecuación:

y = 2x

Hallemos los extremos del intervalo de integración. Estos serán las soluciones de la ecuación f (x) = y.

f (x) = yx3 – 3x2 + 2x = 2xx3 – 3x2 = 0 ⇒ x = 0 (doble) y x = 3 Así pues, el área pedida será:

Área =

3 4

3 3 2 3 3 2 3

0 0

0

27 27

2 ( 3 2 ) 3 27 0

4 4

x

x x x x dx x x dxx   

 − − +  = − +  = − + = − + − =

   

 

4 u2

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Discútase, en función del parámetro real k, el siguiente sistema de ecuaciones lineales

3 0

3 2

3 0

kx y

x y k

x ky

+ = 

 + = 

+ =

.

Resuélvase el sistema cuando sea posible.

Solución:

Consideremos la matriz de los coeficientes A y la matriz ampliada A:

A =

3 3 2 3

k

k

 

 

 

 

A =

3 0 3 2

3 0

k

k k

 

 

 

 

 

Calculemos | A |:

| A | =

3 0 3 2

3 0

k

k k

= 0 + 0 + 9k – 0 – k3 – 0 = 9kk3

Este determinante será nulo cuando:

| A | = 0 ⇒ 9kk3 = 0 ⇒ k (9 – k2) = 0 ⇒ k = 0, k = –3 y k = 3 Consideremos entonces los siguientes casos:

• Si k≠ 0, k≠ –3 y k≠ 3 ⇒ rango A = 3 y el sistema es incompatible pues como mucho rango A = 2.

• Si k = 0 ⇒ A =  y

0 3 3 2 3 0

 

 

 

A =

0 3 0 3 2 0 3 0 0

(8)

compatible determinado. En este caso el sistema es homogéneo, pues todos los términos independientes son nulos. Por tanto la única solución que presenta es la trivial: x = 0 e y = 0.

• Si k = –3 ⇒ A =

3 3

3 2

3 3

 

 

 

 y A =

3 3 0

3 2 3

3 0 3

− −

⇒ rango A = 2 = rango A

 

y el sistema

es compatible determinado. En este caso, un sistema equivalente es: 3 3

3 2

x y

x y

− + =0 3 + = −

 .

Resolviendo este sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas se llega a que su solución es:

x = 3 5

− e y = 3 5 − .

• Si k = 3 ⇒ A =  y

3 3 3 2 3 3

 

 

 

A =

3 3 0 3 2 3 3 0 3

⇒ rango A = 2 = rango A

+ =

+ =

y el sistema es

compatible determinado. En este caso, un sistema equivalente es: . Resolviendo

este sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas se llega a que su solución es: x = 3 e y = –3. 3 3

3 2

x y

x y

  

0 3

2.- Sea f (x) = 4 2x2

x

a) Determínese el dominio de f, sus asíntotas, simetrías y máximos y mínimos relativos. Esbócese su gráfica.

b) Calcúlese 2

1 f x( ) ln( )x d

x

Solución:

a) El Domf = \ – {0}, pues para x = 0 el denominador se anula.

Veamos cuáles son las asíntotas de f:

• Verticales:

2

0

4 2 4

0 x

x Lim

x

=

= ∞

Por tanto, la recta x = 0 es una asíntota vertical de f. • Horizontales: 4 2 2

x

x Lim

x

→∞ −

= –∞ Por tanto no hay asíntotas horizontales.

• Oblicuas: Si existe una asíntota oblicua, esta será de la forma y = mx + n siendo m y n:

m = ( )

x

f x Lim

x

→ ∞ y n = Lim f xx→ ∞

[

( )−mx

]

Veamos si estos límites existen y son finitos:

m =

2

2

( ) 4 2

x x

f x x

Lim Lim

x x

→ ∞ →∞

(9)

n =

[

]

2

4 2 4 4

( ) ( 2)

x x x

x

Lim f x mx Lim x Lim

x x

→ ∞ →∞ →∞

 − 

− = − − = =

  = 0

Por tanto la asíntota oblicua es y = –2x.

Estudiemos ahora las simetrías. La función f es una función impar, pues:

f (–x) =

2 2

4 2( x) 4 2x 4 2x2

x x x

− − − −

= = −

− − = – f (x)

Veamos ahora los máximos y mínimos relativos de la función. Para ello, calculemos su derivada primera:

f ‘ (x) = ( 4 )·x x (4 2 )·12 x2 2x22 4

x x

− − − = − −

Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0.

f ‘ (x) = 0 ⇒ 2x22

x − −4

= 0 ⇒ No tiene soluciones reales.

Por tanto, la función no presenta ni máximos ni mínimos relativos. Además se puede observar que de la derivada primera es siempre negativa, y por tanto la función será decreciente en todo su dominio. Con los datos anteriores se llega a que la gráfica de su función es:

b) Calculemos ahora 2

1 f x( ) ln( )x d

x

2

1 f x( ) ln( )x d

x =

2

2 2 2

1 1 1

4 2 ln( )

·ln( ) 4 2 ·ln( )

x x

x dx dx x x dx

x x

=

La primera de estas dos integrales la calcularemos por el método de sustitución, y la segunda por el método de integración por partes:

• Primera integral:

Haciendo ln x = t ⇒ 1

x dx = dt

lnx dx x

=

t dt =

2

2

t

⇒ lnxdx x

=

2

(ln ) 2

x

• Segunda integral: Haciendo: ln x = u ⇒ 1

x dx = du y xdx = dvv =

2

2

x x dx=

2 2 1 2 1 2

ln ln · ln ln

2 2 2 2 2

2

4

x x x x

x x dx x dx x x dx x

x

= − = − = −

(10)

Por tanto:

2

2 2 2

1 1 1

4 2 ln( )

·ln( ) 4 2 ·ln( )

x x

x dx dx x x dx

x x

=

= 4

2 2

1 (ln )

2

x

 

 

  – 2

2

2 2

1 ln

2 4

x x

x

 

 

  =

= 4

2

(ln 2) 0 2

 

 

 

  – 2 ln 2−21   − 0−14 = 2 (ln 2)2 – 2 ln 2 + 12 = 12(ln 2)2 – ln 2 + 12

CUESTIONES

C-1. ¿Existen máximo y mínimo absolutos de la función f (x) = cos(x) + 1 en el intervalo [0, π]? Justifíquese su existencia y calcúlense.

Solución:

La función f (x) = cos(x) + 1 es continua en el intervalo [0, π], por ser suma de funciones continuas en dicho intervalo. Por tanto, por el teorema de Weierstrass, debe alcanzar un máximo y un mínimo absolutos en dicho intervalo. Veamos cuáles son:

f ‘ (x) = –sen (x) y f ‘’ (x) = –cos (x)

Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0.

f ‘ (x) = 0 ⇒ –sen (x) = 0 ⇒ x = 0 ó x = π Se tiene que:

f ‘’ (0) = – cos (0) = –1 < 0 ⇒ Máximo en (0, 2)

f ‘’ (π) = – cos (π) = 1 <>0 ⇒ Mínimo en (π, 0) Además ambos son absolutos pues –1 ≤ cos (x) ≤ 1.

C-2. Dada la matriz P =

1 2

2 1

3 4 5

a a

 

+

 

 

 , determínense los valores del número real a para los cuales

existe la matriz inversa de P.

0

 

Solución:

La matriz inversa de P exista para aquellos valores del parámetro a que hagan no nulo el determinante de P.

| P | =

1 2

2 1

3 4 5

a

a+ 0 = 5 (a + 1) + 8a + 0 – 3a (a + 1) – 0 – 20 = –3a2 + 10a – 15

(11)

C-3. Calcúlense las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la gráfica de la función f (x) =

2

2 1

x x +

en el punto x = 0.

Solución:

Las ecuaciones pedidas vienen dadas respectivamente por:

Tangente: yf (0) = f ‘ (0) (x – 0) Normal: yf (0) = 1

'(0)

f

− (x – 0) Se tiene que:

f (0) = 0

f ‘ (x) =

2 2

2 2 2 2

2 ·( 1) ·2 2

( 1) ( 1)

x x x x x

x x

+ − =

+ + ⇒ f ‘ (0) = 0

Por tanto:

Tangente: y = 0

Normal: x = 0 (por ser su pendiente ∞)

C-4. El triángulo ABC es rectángulo en A, siendo A = (3, 0, –1), B = (6, –4, 5), C = (5, 3, z). Calcúlese el valor de z y hállese el área del triángulo.

Solución:

Por el triángulo ABC rectángulo en A, se ha de cumplir que los vectores JJJGAB y JJJGAC sean perpendiculares, y por tanto JJJsu producto escalar será nulo:J

ABG = (3, –4, 6) y ACJJG = (2, 3, z + 1)

AB

JJJG

· JJJGAC = 0 ⇒ (3, –4, 6) · (2, 3, z + 1) = 0 ⇒ 6 – 12 + 6z + 6 = 0 ⇒ 6z = 0 ⇒ z = 0 El área del triángulo ABC viene dada por:

Área = 1

2 | AB ∧ | =

JJJG

AC

JJJG 1

2 3 4 6

2 3 1

i j k

G G G

= 1

2 | –22i

G

+ 9Gj + 17 | = kG

=1 2

2 2

( 22)− +9 +172 = 1

2 854 u 2

El área, por ser el triángulo ABC rectángulo en A, se podría haber calculado como:

Área = Base·Altura

2 =

| |·| 2

AB AC

JJJG JJJG

| =

2 2 2 2 2 2

3 ( 4) 6 · 2 3 1 61· 14 854

2 2

+ − + + +

= =

Figure

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