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≡ax – y + 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 e–x, 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
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.
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≡ax – y + 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≡ 2x – y + z + 1 = 0 ⇒ JGp = (2, –1, 1). Así pues:
π1 =
1
1 3
2 1
1 1
x− y z
−
= 0 ⇒ π1 = 4 (x – 1) – y (–1) + z (–7) = 0 ⇒ π1 = 4x + y – 7z – 4 = 0
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 e–x, 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) = e–x – xe–x·= e–x (1 – x)
Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0.
f ‘ (x) = 0 ⇒ e–x (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) = – e–x (1 – x) – e–x = e–x (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 ⇒ e–x (x – 2) = 0 ⇒ x = 2
Como f ‘’’ (x) = – e–x (x – 2) + e–x = e–x (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.
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) = 3x – ex 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 ⇒ 3c – ec = 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 – 2m – m (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.
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
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:
y – f (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) = y ⇒ x3 – 3x2 + 2x = 2x ⇒ x3 – 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 dx x
− − + = − + = − + = − + − =
∫
∫
4 u2PRUEBA 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 = 9k – k3
Este determinante será nulo cuando:
| A | = 0 ⇒ 9k – k3 = 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
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
∫
xSolución:
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
→ ∞ →∞
−
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
∫
x2
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 = dv ⇒ v =
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
= − = − = −
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
− = −
∫
∫
∫
= 42 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
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: y – f (0) = f ‘ (0) (x – 0) Normal: y – f (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
+ − + + +
= =
