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CUESTIÓN A.3: Dada la función f (x) = x

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(1)

PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA

ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE

Septiembre 2012

MATEMÁTICAS II.

CÓDIGO 158

OBSERVACIONES IMPORTANTES:El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.

OPCIÓN A:

CUESTIÓN A.1:

a) [1,25 puntos] Determine para qué valores del parámetroael conjunto de vec-toresS={(1,a,1),(1−a,a−1,0),(1,1,a)}forma una base deR3.

b) [1,25 punto] Estudie el rango del conjunto de vectores S en los casos en que no forme una base deR3.

CUESTIÓN A.2: [2,5 puntos]Determine la ecuación implícita (o general) del plano que contiene al puntoA= (0,1,2)y es perpendicular a la recta

r:

2x+y−z = −1

x−y+z = 3

CUESTIÓN A.3: Dada la función f(x) =x

r

x+1

x−1−1

!

, se pide:

a) [0,75 puntos]Dominio de definición. b) [0,5 puntos] Calcule l´ım

x→1+ f(x). ¿Es posible calcular también xl´ım1−f(x)?

Justifi-que la respuesta.

c) [1,25 puntos]Calcule l´ım x→+∞f(x). CUESTIÓN A.4: [2,5 puntos]

De todas las primitivas de la función f(x) = e

2x

1+ex, encuentre la que pasa por el punto

(2)

PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA

ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE

Septiembre 2012

MATEMÁTICAS II.

CÓDIGO 158

OBSERVACIONES IMPORTANTES:El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.

OPCIÓN B:

CUESTIÓN B.1:

a) [1,25 puntos] Dada la matrizA=

 

0 3 4

1 −4 −5

−1 3 4

, calcule las potencias A2,

A3yA4.

b) [1,25 puntos]CalculeA2012.

CUESTIÓN B.2: Considere las rectasr ysdadas por las ecuaciones

r: x 7 =

y a−4 =

z+6

5a−6 y s:

x−5

3 =

y−1

−1 =

z−6 4 .

a) [2 puntos]Estudie la posición relativa der ysen función del parámetroa. b) [0,5 puntos]Calcule el punto de corte derysen los casos en que se corten. CUESTIÓN B.3: [2,5 puntos]Considere la función dada por

f(x) =

x2−3x+a si x≤0

−x2+bx+b+1 si x>0

Determine los valores de los parámetros a y b para los cuales f(x) es continua y derivable en todoR.

CUESTIÓN B.4: [2,5 puntos]Calcule el área comprendida entre la curva

y= 3

6+2x2,

(3)

SOLUCIONES DE LA OPCIÓN A: CUESTIÓN A.1

a) El conjunto S forma una base de R3 si y sólo si su rango es 3, es decir, si y sólo si el determinante de la matriz formada por los vectores de S es distinto de cero. Por ello, consideremosAdicha matriz,

A=

 

1 1−a 1

a a−1 1

1 0 a

 

y calculemos su determinante,

|A| = a(a−1) + (1−a)−(a−1)−a2(1−a) = (a−1)(a2+a−2)

= (a−1)2(a+2).

Se tiene entonces que|A|=0 si y sólo si (a−1)2(a+2) =0, es decir, si y sólo sia=1 o a=−2. Por lo tanto, S forma una base de R3 para todos los valores dea distintos de 1 y de−2, es decir,a6=1ya6=−2.

b)Como sabemos por el apartado anterior, los valores de a para los queSno forma una base deR3sona=1ya=−2. Estudiemos entonces el rango deSpara cada uno de estos dos casos o, equivalentemente, el rango de la matriz correspondienteA en cada uno de los dos casos.

Sia=1la matrizAse reduce aA=

 

1 0 1 1 0 1 1 0 1

, cuyo rango es 1, ya que tiene al menos

un elemento distinto de cero (16=0) y todos los menores de orden 2 que se pueden formar a partir de dicho elemento distinto de cero son cero:

1 0 1 0

=0 y

1 1 1 1

=0.

Por lo tanto sia=1, rango(S) =1.

Cuando a=−2 la matriz A es A=

 

1 3 1

−2 −3 1

1 0 −2

, cuyo rango es 2, ya que tiene al

menos un menor de orden 2 distinto de cero,

1 3

−2 −3

=−3+6=36=0,

y el único menor de orden 3 que contiene es el propio determinante de A, que sabemos que es cero sia=−2. Por lo tanto en este caso tenemos que rango(S) =2.

CUESTIÓN A.2

Solución 1:Para calcular la ecuación del plano, basta con encontrar el vector director de la rectar, que será a su vez perpendicular al plano que nos piden. Por lo tanto, una vez que conozcamos dicho vector, bastará con considerar el haz de planos perpendicular a

(4)

la rectar y, de entre todo ellos, determinar cuál es el que pasa por el punto A. Pasemos ahora a realizar esto.

Dado que la rectar viene dada como intersección de dos planos, la manera más sencilla de calcular su vector director~vr es hacer el producto vectorial de los vectores perpendicu-lares a dichos planos, es decir,

~vr=

~i ~j ~k

2 1 −1

1 −1 1

=

1 −1

−1 1

,−

2 −1

1 1

,

2 1

1 −1

= (0,−3,−3).

Como únicamente nos importa la dirección de~vr, si queremos podemos trabajar con el

vector(0,1,1), que es colineal a él y más sencillo. Así, el haz de planos perpendicular a la rectar viene dado por

y+z=D, D∈R.

Ahora basta con calcular el valor deDpara el cual el planoy+z=Dpasa porA= (0,1,2), es decir,

1+2=D=⇒D=3.

Por tanto, la ecuación implícita (o general) del plano pedido esy+z=3.

Solución 2:Otra forma (¿más sencilla?) de resolverlo es observar que, dado que la recta r viene dada como intersección de dos planos, los vectores perpendiculares a dichos planos son precisamente vectores directores de los planos perpendiculares a la recta r. Por lo tanto, podemos tomar ambos vectores

~v= (2,1,−1) y ~w= (1,−1,1)

como vectores directores del plano que nos piden. Como sabemos además que el plano contiene al puntoA= (0,1,2), entonces su ecuación implícita viene dada por

x−0 2 1

y−1 1 −1

z−2 −1 1

=0,

es decir,

(x−0)

1 −1

−1 1

−(y−1)

2 1

−1 1

+ (z−2)

2 1

1 −1

=0.

Esto es,

−3(y−1)−3(z−2) =0=⇒y+z=3.

CUESTIÓN A.3

a)Por el tipo de función, para que esté bien definida debe ser en primer lugarx6=1, para que no se anule el denominador de la fracción, y también debe ser x+1

x−1 ≥0, para que

exista su raiz cuadrada. Por tanto debemos estudiar el signo del cociente x+1

x−1. Al tratarse

de un cociente de polinomios de primer grado, basta con observar los cambios de signo del numerador y denominador y ver qué pasa con su cociente.

El numeradorx+1es=0six=−1, es⊕six>−1y es six<−1. El denominadorx−1

(5)

i) =0six=−1;

ii) >0six<−1

o six>1

⊕ ⊕

;

iii) <0six>−1yx<1

.

En resumen, el dominio de definición de la función es(−∞,−1]∪(1,+∞).

b)Ell´ımx1+ f(x)es simplemente

l´ım

x→1+f(x) =xl´ım1,x>1f(x) =1

r

2 0−1

!

=1(∞−1) =1·∞= +∞.

Por otra parte, ell´ımx1− f(x)no se puede calcular porque la función f(x)no está definida

a la izquierda dex=1para valores muy próximos ax=1.

c)En principio, el l´ımx→+∞f(x)nos da una indeterminación del tipo0·∞, ya que

l´ım

x→+∞f(x) =x→l´ım+∞x

r

x+1

x−1−1

!

=∞

r

l´ım x→+∞

x+1

x−1−1

!

=∞(1−1) =∞·0

puesto que, por la regla de los grados, sabemos que

l´ım x→+∞

x+1

x−1 = 1 1 =1.

Para resolver esta indeterminación, operamos algebraicamente de la siguiente manera:

r

x+1

x−1−1 =

√ x+1

x−1−1=

x+1−√x−1

√ x−1

= ( √

x+1−√x−1)(√x+1+√x−1) √

x−1(√x+1+√x−1)

= p (x+1)−(x−1)

(x+1)(x−1) + (x−1)=

2

x2−1+x−1.

Por lo tanto,

x

r

x+1

x−1−1

!

=√ 2x

x2−1+x−1,

y, por la regla de los grados, se tiene

l´ım x→+∞x

r

x+1

x−1−1

!

= l´ım x→+∞

2x √

x21+x1 = 2

1+1 =1.

Si no queremos (o no sabemos) utilizar en este último paso la regla de los grados, basta con dividir el numerador y el denominador porxpara obtener que

x

r

x+1

x−1−1

!

= √ 2x

x21+x1 =

2x x

x21+x1

x

= q 2

1−x12 +1−

1 x

,

(6)

por lo que

l´ım x→+∞x

r

x+1

x−1−1

!

= l´ım x→+∞

2

q

1− 1

x2 +1−1x

= q 2

1− 1 ∞+1−

1

=√ 2

1−0+1−0 = 2 2 =1.

CUESTIÓN A.4

Para calcular la integral indefinida

Z e2x

1+exdx

hacemos el cambio de variabley=ex, Por lo tanto,dy=exdxy se tiene

Z e2x

1+exdx=

Z ex·exdx

1+ex =

Z y

1+ydy. A continuación, operamos algebraicamente

y

1+y =

1+y−1 1+y =1−

1 1+y. Por lo tanto

Z e2x

1+exdx=

Z y

1+ydy=

Z

1− 1

1+y

dy=y−

Z 1

1+ydy=y−ln(1+y). Es decir,

Z e2x

1+exdx=e x

ln(1+ex).

Por tanto, todas las primitivas de f(x) = e

2x

1+ex sonde la forma

ex−ln(1+ex) +C,

siendo C una constante de integración. Para determinar el valor de C, obligamos a la solución a pasar por el punto(0,1), es decir,

e0−ln(1+e0) +C=1⇐⇒1−ln 2+C=1⇐⇒C=ln 2

Por lo tanto la solución es

(7)

SOLUCIONES DE LA OPCIÓN B: CUESTIÓN B.1

a)En primer lugar, calculamos

A2=

 

0 3 4

1 −4 −5

−1 3 4

 ·

 

0 3 4

1 −4 −5

−1 3 4

 =

 

−1 0 1

1 4 4

−1 −3 −3

 .

A continuación,

A3=A2·A=

 

−1 0 1

1 4 4

−1 −3 −3

 ·

 

0 3 4

1 −4 −5

−1 3 4

 =

 

−1 0 0

0 −1 0

0 0 −1

 =−I.

dondeI denota la matriz identidad,I=

 

1 0 0 0 1 0 0 0 1

. Por lo tanto

A4=A3·A=−I·A=−A=

 

0 −3 −4

−1 4 5

1 −3 −4

 .

b) Como sabemos que A3=−I, para calcular A2012 nos interesa dividir 2012 entre 3 y calcular el resto de la división, de manera que escribimos2012=3·670+2. Por lo tanto

A2012=A3·670+2=A3·670·A2= (A3)670·A2.

Ahora observamos que670=2·335, por lo que

(A3)670= (−I)670= (−I)2·335= ((−I)2)335=I335=I,

ya que(−I)2= (−I)·(−I) =I. Finalmente tenemos que

A2012== (A3)670·A2=I·A2=A2=

 

−1 0 1

1 4 4

−1 −3 −3

 .

CUESTIÓN B.2

a)El vector director de la rectares~vr= (7,a−4,5a−6)y pasa por el puntoA= (0,0,−6). En cuanto a la rectas, su vector director es~vs= (3,−1,4)y pasa por el puntoB= (5,1,6).

Por lo tanto, para estudiar la posición relativa de las rectasrysdebemos estudiar el rango de las matrices

~vr

~vs

y

 

~vr

~vs

−→ AB

 

con−AB→=B−A= (5,1,12)

(8)

En primer lugar, estudiemos el rango de la matriz

 

~vr

~vs

−→ AB  =  

7 a−4 5a−6

3 −1 4

5 1 12

 .

Si calculamos su determinante tenemos que

~vr

~vs −→ AB =

7 a−4 5a−6

3 −1 4

5 1 12

=24a−96=0⇐⇒a= 96

24=4.

Por lo tanto, sia6=4el rango de la matriz

 

~vr

~vs

−→ AB

es 3 y las rectas se cruzan.

Por otra parte, cuandoa=4el rango de la matriz

 

~vr

~vs

−→ AB

es 2. En efecto, en ese caso su

rango no puede ser 3 (ya que el determinante se anula) y tenemos que

 

~vr

~vs −→ AB  =  

7 0 14

3 −1 4

5 1 12

 .

Podemos entonces encontrar y menor de orden 2 distinto de cero, por ejemplo, el formado por sus dos primeras columnas y sus dos primera filas, es decir,

7 0

3 −1

=−76=0.

Además, por la misma razón cuando a=4 el rango de la matriz

~vr

~vs

es 2, ya que el

mismo menor nos sirve para concluir que su rango es 2. Por lo tanto, cuandoa=4las dos

matrices

~vr

~vs

y

 

~vr

~vs −→ AB

tienen rango 2, por lo que las rectas se cortan.

Observación:Aunque no nos ha hecho falta en nuestro razonamiento, se puede observar de hecho que la matriz

~vr

~vs

=

7 a−4 5a−6

3 −1 4

tiene siempre rango 2, independientemente del valor del parámetroa. En efecto, el menor de orden 2 formado por sus dos primeras columnas es

7 a−4 3 −1

=5−3a=0⇐⇒a= 5

3.

Por tanto dicho menor es distinto de cero siempre quea6=53. Pero en el casoa=53tenemos otro menor de orden 2 distinto de cero, ya que en ese caso el menor de orden 2 formado por la primera y la tercera columna es distinto de cero, puesto que dicho menor es

7 5a−6

3 4

=46−15a=0⇐⇒a= 46

(9)

Por tanto, independientemente del valor deasiempre tenemos un menor de orden 2 dis-tinto de cero, por lo que el rango de la matriz

~vr

~vs

es siempre 2.

b)Como hemos visto en el apartado anterior, las rectas se cortan cuando a=4. En ese caso, para calcular el punto de corte escribimos las rectas en forma paramétrica

r:

  

x = 7λ

y = 0

z = −6+14λ

y s:

  

x = 5+3µ

y = 1−µ

z = 6+4µ

Por la ecuación derdebe ser y=0, por lo que llevando esto a la ecuación de ssabemos que µ =1. Por tanto, haciendo µ =1 en la ecuación de s tenemos el punto de corte

(8,0,10).

CUESTIÓN B.3

Como f(x)es continua en todoR, debe ser continua enx=0por lo que debemos tener

f(0) = l´ım x→0+ f(x).

Observemos que f(0) =02−3·0+a=amientras que

l´ım

x→0+ f(x) =xl´ım0+(−x

2+bx+b+

1) =−02+b·0+b+1=b+1.

Por lo tanto tenemos una primera relación entreaybque es

a=b+1.

Por otra parte, tenemos que

f0(x) =

2x−3 si x<0

−2x+b si x>0

Como f(x)es derivable en todoR, debe ser derivable enx=0por lo que debemos tener

l´ım x→0−f

0(x) = l´ım

x→0+ f

0(x).

Ahora bien,

l´ım x→0−f

0(x) = l´ım

x→0−(2x−3) =−3

y

l´ım x→0+f

0(x) =

l´ım

x→0+(−2x+b) =b.

Por tanto debe serb=−3y, por la relación anterior, se tienea=b+1=−2. CUESTIÓN B.4

Calculemos en primer lugar los puntos de inflexión de la curvay= f(x) = 3

6+2x2, es decir

los puntos que satisfacen la ecuación f00(x) =0. Para ello, calculamos la primera y la

(10)

segunda derivada de f(x):

f0(x) = −3·4x (6+2x2)2 =

−12x (6+2x2)2,

f00(x) = −12(6+2x

2)2+12x·2(6+2x2)·4x

(6+2x2)4 =

−12(6+2x2) +12·8x2 (6+2x2)3

= 12(−6+6x

2)

(6+2x2)3 =

72(x2−1) (6+2x2)3.

Entonces, los puntos de inflexión son las soluciones de la ecuación 72(x

21)

(6+2x2)3 =0, es

decir,

x2−1=0=⇒x=±1.

Los puntos de inflexión de la curva son entonces los puntos de abscisasx=−1yx=1. A continuación observamos que la curva está siempre por encima del eje de abscisas,

ya que la función f(x) = 3

6+2x2 es siempre positiva, f(x)>0para todo valor de x. Por lo

tanto, el área que nos piden viene dada por la siguiente integral definida

área=

Z 1

−1 3 6+2x2dx.

Esta integral es del tipo arcotangente. En efecto, observando que

3 6+2x2 =

3

6

1+x32 = 1

2 1

1+√x

3

2

se tiene que la integral indefinida es

Z 3

6+2x2dx= 1 2

Z dx

1+

x

3

2.

Haciendo ahora el cambio de variabley=√x

3, es decir,x=

3y, se tienedx=√3dypor lo que

Z 3

6+2x2dx= 1 2

Z √3dy

1+y2 =

3 2

Z dy

1+y2 =

3

2 arctany=

3 2 arctan

x

3

.

Por lo tanto, aplicando la regla de Barrow tenemos que

área =

Z 1

−1 3

6+2x2dx=

3 2 arctan

x √

3

1

−1

= √

3 2

arctan

1

3

−arctan

−1

3

= √

3 2

π

6 −

−π

6

= √

3 2 ·2

π

6 =

π

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