C-2.- Calcúlese la distancia entre las rectas r y s de ecuaciones

Texto completo

(1)

SEPTIEMBRE 2004 PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sea m un número real y sean r y π la recta y el plano dados respectivamente por

r≡ 2 2

2 0

x my z m

x y z

− + = −

 + + =

 π≡ 3x + 2z = 2 – m

a) Estúdiese la posición relativa de r y π en función del valor de m.

b) Para el valor m = 1, hállese la ecuación del plano que pasa por el punto de corte de r y π y es perpendicular a la recta tx = y = z.

2.- Sea f la función dada por f (x) = x2 – 3 | x | + 2, x∈ . \

a) Estúdiese la derivabilidad de f en x = 0 mediante la definición de derivada. b) Determínense los intervalos de monotonía de f y sus extremos relativos. c) Esbócese la gráfica de f.

CUESTIONES

C-1.- Sea A una matriz cuadrada de orden 4 cuyo determinante vale 3, y sea la matriz B = 43A.

Calcúlese el determinante de la matriz B.

C-2.- Calcúlese la distancia entre las rectas r y s de ecuaciones

rs

1 2 0

x y z

= + λ 

 =   = −λ 

3 2

1 1 1

x = y= z

− −

C-3.- Calcúlese el valor de

π

2

tg(2 ) tg(6 )

x

x Lim

x

.

C-4.- Hállese el área del recinto limitado por las parábolas de ecuaciones respectivas y = 6xx2 e y = x2 – 2x.

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema de ecuaciones lineales .

x y z

x ay z

x a y z

+ + =

+ + =

+ + + =

  

 

2 3 1

3 2

2 (2 ) 6 3

a) ¿Existe algún valor del parámetro a para el cual el sistema sea incompatible?

(2)

2.- a) Dada la función f : [1, e]→\ definida por f (x) = 1

x + ln (x) , determínese de entre todas las rectas tangentes a la gráfica de f la que tiene máxima pendiente. Escríbase la ecuación de dicha recta.

b) Calcúlese una función primitiva de f (x) que pase por el punto P = (e, 2).

CUESTIONES

C-1.- Dadas las matrices P =

1 1 1 1 0 1

0 1 1

 

 

 

 y A =

1 0 0

0 1 0

0 0 2

 

 

 

 

 , hállese la matriz B sabiendo que

P–1BP = A.

2.- Hállese la ecuación general del plano que pasa por los puntos A = (2, 2, –1), B = (4, 0, 2) y es perpendicular al plano π≡x – 5y + 2z – 6 = 0.

C-3.- Hállese el área limitada por las gráficas de las funciones y = 3xx2 e y = 2x – 2.

C-4.- Determínese el valor del parámetro a para que se verifique ( 2 1

(3)

SOLUCIONES PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sea m un número real y sean r y π la recta y el plano dados respectivamente por

r≡ 2 2

2 0

x my z m

x y z

− + = −

 + + =

 π≡ 3x + 2z = 2 – m

a) Estúdiese la posición relativa de r y π en función del valor de m.

b) Para el valor m = 1, hállese la ecuación del plano que pasa por el punto de corte de r y π y es perpendicular a la recta tx = y = z.

Solución:

a) Formemos la matriz de los coeficientes de las incógnitas, A, y la matriz ampliada con los términos independientes, A:

A = 

2 1

1 2 1

3 0 2

m

 

 

 

A =

2 1

1 2 1 0

3 0 2 2

m m

m

 − −

 

 

 

2

 

Estudiemos el rango de ambas matrices en función del parámetro m (tengamos en cuenta que el rango de ambas matrices es como poco 2 ya que los planos que determinan la recta r no pueden ser coincidentes):

| A | = 0 ⇒

2 1

1 2 1

3 0 2

m

= 8 – 3m – 6 + 2m = 0 ⇒ –m + 2 = 0 ⇒ m = 2

Por tanto:

• Si m≠ 2 ⇒ rango A = 3 = rango A. El sistema es compatible determinado. La recta r y el plano π se cortan en un punto.

• Si m = 2 ⇒ rango A = 2 y rango A = 2 (por ser cero todos los términos de la columna de los términos independientes). El sistema es compatible indeterminado. Por tanto, la recta r está contenida en el plano π.

b) Para m = 1, tenemos que:

r≡ 2 1 π≡ 3x + 2z = 1

2 0

x y z x y z

− + = 

 + + = 

El plano pedido π1 tendrá como vector característico el vector director de la recta tx = y = z, que es vJGt = (1, 1, 1). Por tanto, su ecuación será de la forma:

π1 ≡x + y + z + k = 0

El parámetro k lo calculamos imponiendo la condición de que pase por el punto de corte de r y π. Veamos cuál es dicho punto, P. Si escribimos las ecuaciones paramétricas de r tomando y como parámetro (y = λ) tenemos que:

r

1 3

1 5

x y z

= + λ 

= λ

= − − λ 

(4)

3(1 + 3λ) + 2(–1 – 5λ) = 1 ⇒ 3 + 9λ –2 – 10λ = 1 ⇒ 1 – λ = 1 ⇒ λ = 0 Entonces P = (1 + 3 · 0, 0, –1 –5 · 0) = ( 1, 0, –1).

Nota: El punto de corte de la recta r y el plano π, también se puede calcular resolviendo el sistema formado por las ecuaciones que determinan a la recta y la ecuación del plano:

2 1

2 0

3 2 1

x y z

x y z

x z − + =   + + =   + =

Si utilizamos la regla de Cramer para resolverlo, se tiene que:

x =

1 1 1 0 2 1 1 0 2 2 1 1 1 2 1 3 0 2

− =

1

= 1 y =

1

2 1 1 1 0 1 3 1 2 2 1 1 1 2 1 3 0 2

− =

0

1 = 0 z =

2 1 1 1 2 0 3 0 1 2 1 1 1 2 1 3 0 2

− − = 1 1 − = –1

El punto P es: P = ( 1, 0, –1).

Como el punto P ha de pertenecer al plano buscado π1, debe satisfacer su ecuación y por tanto: 1 + 0 –1 + k = 0 ⇒ k = 0 ⇒ π1 ≡x + y + z = 0

2.- Sea f la función dada por f (x) = x2 – 3 | x | + 2, x∈ . \

a) Estúdiese la derivabilidad de f en x = 0 mediante la definición de derivada. b) Determínense los intervalos de monotonía de f y sus extremos relativos. c) Esbócese la gráfica de f.

Solución:

a) Como | x | = si 0, la función dada f puede escribirse así:

si 0 x x x x ≥  − < 

f (x) =

2 2 si 0 3 2 si 0 3 2 x x x x x x ≥  − +  < + + 

Esta función está definida siempre y es continua para todo valor de x, incluido el cero, puesto que:

f (0) = 2 2

0 3

x

Lim x+ x

→ − +2 = 2 =

2

0 3 2

x

Lim x x

→ + +

Para ver la derivabilidad en x = 0, estudiemos las derivadas laterales: f ‘ (0+) =

2 2

0 0 0 0

(0 ) (0) ( ) (0) 3 2 2 3

3

h h h h

f h f f h f h h h h

Lim Lim Lim Lim Lim h

h h h h

+ + + +

→ → → →

+ − − − + − −

= = = =

0

h→ + − = –3

f ‘ (0–) =

2 2

0 0 0 0

(0 ) (0) ( ) (0) 3 2 2 3

3

h h h h

f h f f h f h h h h

Lim Lim Lim Lim Lim h

h h h h

− − − −

→ → → →

+ − == + + − = + =

0

h→ − +

0 0

= 3

Por tanto, como la derivadas laterales no coinciden, la función f no es derivable en x = 0. b) La derivada de la función es (obsérvese que no está definida para x = 0):

f ‘ (x) = 2 3 si 2 3 si

x x

x x

− >

 + <

(5)

f ‘ (x) = 0 ⇒ x = 3

2 y x = 3 2

Representemos sobre una recta estás soluciones y el punto x = 0 en el que f no era derivable: f ‘ (x) > 0

f ‘ (x) < 0

0

f ‘ (x) < 0 3/2 –3/2

f ‘ (x) > 0

Por tanto, la función f crece en 3,0 2

 

  ∪

3 , 2

+ ∞

 

  y decrece en −∞ −, 32 ∪ 0,32. De esto se

deduce que presenta mínimos relativos en x = 3 2

− y en x = 3

2. También tiene un máximo en x = 0. Máximo en (0,2)

Mínimos en 3, 1 2 4

− −

 

 

  y en 32,−14

c) La gráfica de f viene dada por la de las parábolas x2 – 3x + 2 si x≥ 0 y por x2 – 3x + 2 si x < 0.

CUESTIONES

C-1.- Sea A una matriz cuadrada de orden 4 cuyo determinante vale 3, y sea la matriz B = 43A.

Calcúlese el determinante de la matriz B. Solución:

Para una matriz cuadrada de orden n se cumple que, si k es un número real: det (k · A) = kn · det (A)

Por tanto:

det (B) = det (4 3 · A) =

( )

43 · 4 det (A) = 3 · 3 = 9

C-2.- Calcúlese la distancia entre las rectas r y s de ecuaciones

rs

1 2 0

x y z

= + λ 

 =   = −λ 

3 2

1 1 1

x = y= z

− −

Solución:

(6)

respectivamente, partido por el módulo del producto vectorial de los vectores directores de las rectas dadas. Esto es:

d (r , s) = , ,

| |

r s

r s

v v RS

v v

 

 

JJG JG JJJG JJG JG

Dos puntos de r y s son:

R = (1, 0, 0) y S = (0, 3, 2) Entonces:

RS

JJJG

= (–1, 3, 2) Por otra parte, tenemos que:

r v

JJG

= (2, 0, –1) y vJGs = (–1, 1, –1) Por tanto:

, ,

r s

v v RS

 

 

JJG JG JJJG

=

2 0 1

1 1 1

1 3 2

− −

= | 4 + 3 – 1 + 6 | = 12

r

vJJG ∧ vJGs = 2 0 1 1 1 1 i j k

− −

G G G

= + 3Gi Gj – 2kG ⇒ | vJJGrvJGs | = 12+ + −32 ( 2)2 = 14

Así:

d (r , s) = , ,

| |

r s

r s

v v RS

v v

 

 

JJG JG JJJG

JJG JG = 12 6 14 7 14 = u.

Otra forma de hallar la distancia entre las rectas r y s, es calculando primero los puntos de intersección de esta cada una de las rectas con la perpendicular común a ambas y finalmente la distancia entre esos puntos. Veámoslo. Escribamos las ecuaciones paramétricas de la recta s, para así poder tener las coordenadas de un punto genérico de dicha recta:

s≡ 3

1 1 1

x = y= z

− −

2

s≡ 3 0

2 0 x y

x z + − = 

 − + =

 ⇒ s23

x y z

= µ 

 = −µ 

 = +µ 

Por tanto, tenemos las coordenadas de un punto genérico de la recta r y las de otro punto genérico de la recta s. Formemos el vector determinado por ambos puntos: J

R = (1 + 2JJ λ, 0, –λ) y S = (µ, 3 – µ, 2 + µ) ⇒ RSJJG = (µ – 1 – 2λ, 3 – µ, 2 + µ + λ) Este vector RSJG ha de ser perpendicular simultáneamente a las rectas r y s y por tanto, el producto escalar del mismo por los vectores directores de ambas rectas han de ser nulos: JJ JJ

RSJG · = 0 vGr ⇒ (µ – 1 – 2λ, 3 – µ, 2 + µ + λ) · (2, 0, –1) = 2µ – 2 – 4λ – 2 – µ – λ = 0 ⇒ ⇒ – 5λ + µ – 4 = 0

RS

JJJG

· JGvs = 0 ⇒ (µ – 1 – 2λ, 3 – µ, 2 + µ + λ) · (–1, 1, –1) = –µ + 1 + 2λ + 3 – µ – 2 – µ – λ = 0 ⇒ ⇒ λ – 3µ + 2 = 0

Si resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, calcularemos los valores de λ y µ:

λ = 5 7

− µ = 3

7 Los puntos R y S son respectivamente:

R = 3,0,5

7 7

 

  S = 7 7 73 18 17, , 

(7)

d (r, s) = d (R, S) =

2 2 2 2 2 2

3 3 18 17 5 6 18 12 504 6 14

7 7 7 7 7 7 7 7 49 7

++  +=   +  +  = =

           

            u.

C-3.- Calcúlese el valor de

π

2

tg(2 ) tg(6 )

x

x Lim

x

.

Solución:

Si intentamos calcular el límite directamente obtenemos:

π

2

tg(2 ) tg(π) 0 tg(6 ) tg(3π) 0

x

x Lim

x

= =

Esta es una indeterminación que podemos resolver aplicando la regla de L’Hopital:

2 2

2 2

π π

2 2

tg(2 ) 2(1+tg (2 )) 2(1+tg (π)) 2·1 2 1 tg(6 ) 6(1+tg (6 )) 6(1+tg (3π)) 6·1 6 3

x x

x x

Lim Lim

x x

→ →

= = = = =

O también, se puede resolver como:

2 2 2

2 2 2

π π π

2 2 2

tg(2 ) 2/cos (2 ) cos (6 ) cos (3π) ( 1) tg(6 ) 6/cos (6 ) 3cos (2 ) 3cos (π) 3( 1) 3

x x x

x x x

Lim Lim Lim

x x x

→ → →

− 2 2

1

= = = =

− =

C-4.- Hállese el área del recinto limitado por las parábolas de ecuaciones respectivas y = 6xx2 e y = x2 – 2x.

Solución:

Hagamos un dibujo de la situación:

(6x – x2 en rojo y x2 – 2x en azul)

Los puntos de corte de ambas parábolas, que serán los límites de integración, son: 6xx2 = x2 – 2x 2x2 – 8x = 0 x = 0 y x = 4 Por tanto, el área vendrá dada por:

Área =

4 3

4 2 2 4 2 2

0 0

0

2 128 64

[(6 ) ( 2 )] ( 2 8 ) 4 64

3 3

x

x x− − xx dx= − x + x dx= − + x  = − + =

 

 

(8)

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema de ecuaciones lineales .

x y z

x ay z

x a y z

+ + =

+ + =

+ + + =

  

 

2 3 1

3 2

2 (2 ) 6 3

a) ¿Existe algún valor del parámetro a para el cual el sistema sea incompatible?

b) ¿Existe algún valor del parámetro a para el cual el sistema sea compatible determinado? c) Resuélvase el sistema para a = 0.

Solución:

Estudiemos el sistema en función de los valores del parámetro a. Consideremos la matriz de los coeficientes, A, y la matriz ampliada con los términos independientes, A:

A = 

1 2 3

1 3

2 2 6

a a

 

+

 

A =

1 2 3 1

1 3

2 2 6 3

a a

 

 

 

+

 

2

Estudiemos el rango de A y de A, en función del parámetro a:

| A | =

1 2 3

1

2 2 6

a a

+

3 = 6a + 3(2 + a) + 12 – 6a – 3(2 + a) – 12 = 0

Obsérvese que la tercera columna de la matriz A es proporcional a la primera (C3 = 3 C1). Calculemos | A | sin tener en cuenta la tercera columna:

| A | =

1 2 1

1

2 2 3

a a

+

2 = 3a + 2 + a + 8 – 2a – 2(2 + a) – 6 = 0

Los determinantes de A y A son nulos para cualquier valor del parámetro a. Por tanto, como mucho el rango de ambas matrices será 2.

Veamos qué valores toman los menores de orden dos de A, sin tener en cuenta la tercera columna: 1 2

1 a = a – 2

1 2

2 2+a = 2 + a – 4 Ambos menores se anulan para a = 2. Por tanto, tenemos que:

• Si a≠ 2 ⇒ rango A = 2 = rango A ⇒ Sistema compatible indeterminado.

• Si a = 2 ⇒ rango A = 1 y rango A = 2, ya que podemos encontrar en A un menor de orden dos no nulo: 2 1

2 2 = 2 ≠ 0 ⇒ Sistema incompatible. a) Si a = 2 el sistema es incompatible.

b) No existe ningún valor del parámetro a para el cual el sistema sea compatible determinado. c) Si a = 0, el sistema es:

2 3 1

3 2

2 2 6

x y z

x z

x y z 3

+ + =

+ =

 + + = 

(9)

Obsérvese que la última ecuación es la suma de las dos anteriores. Por tanto, prescindiremos de ella. El sistema equivalente con el que trabajaremos es:

2 3

3 2

1

x y z

x z

+ + =

+ =

Si tomamos como parámetro a z (z = λ), obtenemos la solución buscada: 2 3

1/ 2

x y

z

= − λ 

 = − 

= λ

2.- a) Dada la función f : [1, e]→\ definida por f (x) = 1

x + ln (x) , determínese de entre todas las rectas tangentes a la gráfica de f la que tiene máxima pendiente. Escríbase la ecuación de dicha recta.

b) Calcúlese una función primitiva de f (x) que pase por el punto P = (e, 2). Solución:

a) La pendiente de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de tangencia viene dada por la derivada de f en dicho punto. Calculemos f ‘ (x):

f ‘ (x) = 12 1 12 x x 21

x x x x

− + −

− + = =

Esta pendiente ha de ser máxima. Busquemos dónde presenta los máximos la derivada. Para ello calculamos la derivada de la derivada, esto es, la derivada segunda f ‘’ (x):

f ‘’ (x) =

2 2

4 4

( 1)2 2 2

3

x x x x x x

x x x

− − −

= = −

f ‘’ (x) se anula para x = 2. A la izquierda de dicho punto f ‘ (x) es creciente (pues f ‘’ (x) > 0) y a la derecha f ‘ (x) es decreciente (pues f ‘’ (x) < 0). Así pues en x = 2 la pendiente es máxima. Por tanto, la ecuación de la recta tangente será:

yf (2) = f ‘ (2) (x – 2) ⇒ y – 1 ln 2 2

 + 

 

  = 1

4 (x – 2) ⇒ x – 4y – 4 ln 2 = 0

b) Calculemos una primitiva, F (x), de f (x), que pase por el punto P = (e, 2). Una primitiva cualquiera de f (x) es:

F (x) = f x dx( ) 1 ln ( )x dx dx ln ( )x dx

x x

 

= + = +

 

+ C

La primera integral es inmediata. Calculemos la segunda integral por el método de integración por partes:

ln (x) = u ⇒ 1

x dx = du dx = dvv =

dx x=

Entonces:

ln ( )x dx x= ln ( )xdx

= x (ln (x) – 1) Por tanto:

F (x) = dx lnx dx x +

= ln (x) + x (ln (x) – 1) + C

(10)

La primitiva pedida es pues:

F (x) = ln (x) + x ln (x) – x + 1

CUESTIONES

C-1.- Dadas las matrices P =

1 1 1 1 0 1

0 1 1

  −       

 y A =

1 0 0

0 1 0

0 0 2

−   −       

 , hállese la matriz B sabiendo que

P–1BP = A. Solución:

Para calcular la matriz B, multipliquemos la expresión P–1BP = A primero por P por la izquierda y después por P–1 por la derecha, esto es:

P–1BP = AP · P–1BP = P · ABP = PABP · P–1 = PA · P–1 ⇒ B = PAP–1 Calculemos pues P–1:

| P | =

1 1 1

1 0 1

0 1

− 1

= 3 P t =  

1 1 0

1 0 1

1 1 1

 

  (P

 

 

t)* =

1 2 1

1 1 2

1 1 1

−          

P–1 = ( )* | |

t

P P =

1 3

1 2 1

1 1 2

1 1 1

−           = 

1/ 3 2 / 3 1/ 3

1/ 3 1/ 3 2 / 3

1/ 3 1/ 3 1/ 3

−   −     Entonces:

B = PAP–1 =  ·  · = 1 1 1

1 0 1

0 1 1

 

 

1 0 0

0 1 0

0 0 2

 

 

 

1/ 3 2 / 3 1/ 3

1/ 3 1/ 3 2 / 3

1/ 3 1/ 3 1/ 3

−           =  =

1 1 2

1 0 2

0 1 2

− −

 

 

 

1/ 3 2 / 3 1/ 3

1/ 3 1/ 3 2 / 3

1/ 3 1/ 3 1/ 3

−          

0 1 1 1 0 1 1 1 0

 

 

 

 

 

2.- Hállese la ecuación general del plano que pasa por los puntos A = (2, 2, –1), B = (4, 0, 2) y es perpendicular al plano π≡x – 5y + 2z – 6 = 0.

Solución:

El plano pedido, π1, vendrá determinado, por ejemplo, por la terna (A, JJJGAB, JGp), siendo JJJGAB el vector determinado por los puntos A y B, y el vector JGp el vector característico del plano π dado, ya que el plano pedido es perpendicular a este. Así: JJJ

ABG = (2, –2, 3) y JGp = (1, –5, 2) Entonces:

π1 =

2 2

2 2 3

1 5 2

xyz+

− −

1

(11)

C-3.- Hállese el área limitada por las gráficas de las funciones y = 3xx2 e y = 2x – 2. Solución:

Hagamos un dibujo representativo de la situación:

Los puntos de corte de la recta y la parábola, que serán los límites de integración, son: 3xx2 = 2x – 2 ⇒ x2 – x – 2 = 0 ⇒ x = –1 y x = 2

Por tanto, el área vendrá dada por:

Área =

2

3 2

2 2 2 2

1 1

1

[(3 ) (2 2)] ( 2) 2

3 2

x x

x x x dx x x dx x

− −

 

− − − = − + + = − + +

 

=

= 8 2 4 1 1 2 10 7 2

3 3 2 3 6 6

      7 9

2

− + + − + − = − − = =

     

      u

2

C-4.- Determínese el valor del parámetro a para que se verifique ( 2 1

xLim→+∞ x +ax+ −x) 2=

Solución:

Calculemos directamente el límite:

2

( 1 )

x

Lim x ax x

→+∞ + + − = ∞ − ∞

Obtenemos una indeterminación que podemos resolver multiplicando y dividiendo por la expresión radical conjugada de la función que aparece en el límite, esto es:

(

2

) (

2

)

2

2

1 · 1

( 1 )

1

x x

x ax x x ax x

Lim x ax x Lim

x ax x

→+∞ →+∞

+ + − + + +

+ + − =

+ + + =

= 2 2

2 2

( 1) 1

2

1 1

x x

x ax x ax a

Lim Lim

x ax x x ax x

→+∞ →+∞

+ + − = + =

+ + + + + +

Por tanto, se ha de cumplir que:

2 a

Figure

Actualización...

Referencias

Actualización...