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Pruebas de Acceso a enseñanzas universitarias oficiales de grado

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Pruebas de Acceso a enseñanzas

universitarias oficiales de grado

Castilla y León

Castilla y León

Castilla y León

Castilla y León

MATEMÁTICAS II EJERCICIO

Nº páginas: 2

INDICACIONES: 1.- OPTATIVIDAD: El alumno deberá escoger una de las dos opciones, pudiendo desarrollar los cuatro ejercicios de la misma en el orden que desee.

2.- CALCULADORA: Se permitirá el uso de calculadoras no programables (que no admitan memoria para texto ni representaciones gráficas).

CRITERIOS GENERALES DE EVALUACIÓN: Cada ejercicio se puntuará sobre un máximo de 2,5 puntos. Se observarán fundamentalmente los siguientes aspectos: Correcta utilización de los conceptos, definiciones y propiedades relacionadas con la naturaleza de la situación que se trata de resolver. Justificaciones teóricas que se aporten para el desarrollo de las respuestas. Claridad y coherencia en la exposición. Precisión en los cálculos y en las notaciones. Deben figurar explícitamente las operaciones no triviales, de modo que puedan reconstruirse la argumentación lógica y los cálculos.

OPCIÓN A

1. Sean las matrices A =

2

1

a

         

, B =

3

1

4

 

 

 

y C =

1

2

1          

.

a) Calcular, cuando sea posible, las matrices C · Bt, Bt · C, B · C.

b) Hallar a para que el sistema x · A + y · B = 4 · C de tres ecuaciones y dos incógnitas x e y, sea compatible determinado y resolverlo para ese valor de a.

2. Sean los puntos A (1, 2, –1), P (0, 0, 5), Q (1, 0, 4) y R (0, 1, 6).

a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto A, es paralela al plano que pasa por los puntos P, Q y R, tal que la primera componente de su vector director es doble que la segunda.

b) Hallar la distancia del punto A al plano que pasa por P, Q y R.

3. Sea la función f (x) = si 0 1

si 1

ln

x a x bx

x c x

+ ≤ ≤

 

<

 . Hallar a, b y c sabiendo que f (x) es continua en

(0, ∞), la recta tangente a f (x) en el punto de abscisa x = 1

16 es paralela a la recta y = –4x + 3, y se cumple que

1 ( )

e

f x dx

= 2.

4. a) Estudiar el crecimiento de la función f (x) = x3 + 3x2 – 3.

(2)

OPCIÓN B

1. Sea la matriz A =

2 0

0 2 0

0 1

a

a

 

 

 

 

.

a) ¿Para qué valores de a la matriz A es inversible? b) Estudiar el rango según los valores de a.

c) Hallar a para que se cumpla A–1 = 1 4 · A.

2. Sean los puntos P (1, 4, –1), Q (0, 3, –2) y la recta r ≡ 1

4

x

y z

=  

− =

 .

a) Halla la ecuación del plano que pasa por P, por un punto R de la recta r y es perpendicular a

la recta que pasa por Q y R.

b) Hallar el ángulo que forman la recta r y el plano π≡x – y – 3 = 0.

3. Sea la función f (x) = 2

2

x x

− + .

a) Calcular sus asíntotas y estudiar su crecimiento y decrecimiento.

b) Dibujar el recinto comprendido entre la recta y = 1, la gráfica de la función f (x), el eje OY y la recta x = 2; calcular el área de dicho recinto.

(3)

SOLUCIONES

OPCIÓN A

1. Sean las matrices A =

2 1 a          

, B =

3 1 4          

y C =

1 2 1           .

a) Calcular, cuando sea posible, las matrices C · Bt, Bt · C, B · C.

b) Hallar a para que el sistema x · A + y · B = 4 · C de tres ecuaciones y dos incógnitas x e y, sea compatible determinado y resolverlo para ese valor de a.

Solución:

a) En primer lugar tengamos en cuenta que para que poder realizar el producto de dos matrices el número de columnas de la primera debe ser igual al número de filas de la segunda. Esto es, si A es una matriz de dimensiones m x n y B es otra matriz de dimensiones p x q, entonces para poder realizar el producto A · B es necesario que n sea igual a p. En este caso la matriz producto C será de dimensión m x q (número de filas de la primera matriz x número de columnas de la segunda matriz).

Am x n · Bp x q = Cm x q

Aplicado lo anterior, tenemos que B y C son matrices de dimensión 3 x 1 y por tanto Bt es una matriz de dimensión 1 x 3. Entonces, los productos C3 x 1 · Bt1 x 3 y Bt1 x 3 · C3 x 1 sí son posibles,

mientras que el producto B3 x 1 · C3 x 1 no lo es. Además podemos deducir fácilmente que la matriz

resultante del producto C3 x 1 · Bt1 x 3 es una matriz cuadrada de orden 3 (3 x 3) y la matriz resultante del producto Bt1 x 3 · C3 x 1 será un número real (dimensión 1 x 1). Calculemos estos dos productos:

C · Bt =

1 2 1          

·

(

3 −1 −4

)

=

3 1 4

6 2 8

3 1 4

− −          

Bt · C =

(

3 −1 −4

)

·

1 2 1          

= 3 – 2 – 4 = –3

b) Escribamos el sistema x · A + y · B = 4 · C:

x · A =

2x x ax          

; y · B =

3 4 y y y     −      

; 4 · C =

4 8 4          

x · A + y · B = 4 · C

(4)

De la última igualdad de matrices obtenemos el sistema lineal de tres ecuaciones con dos incógnitas siguiente:

2 3 4

8

4 4

x y

x y

ax y

+ =

− =

=

Para que este sistema sea compatible determinado se debe cumplir que el los rangos de las matrices de los coeficientes (M) y ampliada ( M ) sean iguales y que coincidan con el número de incógnitas. Como este último es 2, se ha de verificar que:

rango M = rango M = número de incógnitas = 2 Las matrices de los coeficientes (M) y ampliada ( M ) son:

M =

2 3

1 1

4

a

 

 

 

M =

2 3 4

1 1 8

4 4

a

 

 

 

El rango de M es claramente 2 pues podemos encontrar en ella un menor de orden dos no nulo:

2 3

1 −1 = –2 – 3 = –5 ≠ 0

Para que el rango de la matriz ampliada M sea 2, todos los menores de orden 3 que se puedan encontrar en ella han de ser nulos. En este caso sólo se puede encontrar un menor de orden 3, y ha de ser nulo:

2 3 4

1 1 8

4 4

a

− −

= –8 – 16 + 24a + 4a + 64 – 12 = 28a + 28 = 0 a = –1

Por tanto el sistema será compatible determinado si a = –1. Para resolverlo, podemos eliminar la tercera ecuación del sistema, ya que no entra a formar parte del menor de orden 2 no nulo que nos ha permitido afirmar que los rangos de M y M eran 2. Así pues el sistema que obtenemos es:

2 3 4

8

x y

x y

+ =

 

− = 

Resolviéndolo por cualquiera de los tres métodos clásicos se obtiene como solución: 28

5 12

5

x

y

=

 

= −

(5)

2. Sean los puntos A (1, 2, –1), P (0, 0, 5), Q (1, 0, 4) y R (0, 1, 6).

a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto A, es paralela al plano que pasa por los puntos P, Q y R, tal que la primera componente de su vector director es doble que la segunda.

b) Hallar la distancia del punto A al plano que pasa por P, Q y R.

Solución:

a) La recta pedida r, vendrá determinada por un punto y un vector director, r (A, vr

). Ya conocemos un punto por el que pasa, A, pero necesitamos determinar su vector director, vr

. Para ello supongamos que este vector vr

es de la forma:

r

v

= (v1, v2, v3)

Intentemos calcular la relación que puede haber entre sus tres componentes a partir de los datos del enunciado. En primer lugar tenemos que nos dan como dato que la primera componente de su vector director es doble que la segunda, y por tanto se tiene que:

v1 = 2v2 ⇒ vr

= (2v2, v2, v3)

Por otra parte, nos dicen que dicha recta r es paralela al plano, π, que pasa por los puntos P, Q y R, y por tanto, el vector director de la recta r, vr

, y el vector característico del plano π, p

(que es perpendicular al propio plano π), han de ser perpendiculares, o dicho de otra forma, su producto escalar ha de anularse. Calculemos pues la ecuación del plano π, que vendrá determinado por la terna π≡ (P, PQ

, PR

), y su vector característico p

:

PQ

= (1, 0, –1) ; PR

= (0, 1, 1)

π≡

5

1 0 1

0 1 1

x y z

= z – 5 + x – y = 0 x – y + z – 5 = 0 p

= (1, –1, 1)

Entonces, como ha que cumplirse que vr

· p

= 0, se tiene que:

r

v

· p

= 0 ⇒ (2v2, v2, v3) · (1, –1, 1) = 2v2 – v2 + v3 = 0 ⇒ v3 = – v2

Por tanto, tenemos que el vector director de la recta r, vr

, es:

r

v

= (2v2, v2, –v2)

Como de dicho vector sólo nos interesa su dirección podemos dividirlo entre v2, obteniendo

entonces que:

r

v

(6)

Así pues la ecuación continua de la recta r pedida vendrá dada por:

A (1, 2, –1) ; vr

= (2, 1, –1) ⇒ r ≡ 1 2 1

2 1 1

xyz+

= =

b) Para calcular la distancia del punto A al plano π, que pasa por los puntos P, Q y R, podemos aplicar directamente la fórmula consistente en el cociente entre el valor absoluto del número que resulta al sustituir las coordenadas del punto A en el primer miembro de la ecuación general del plano π, y el módulo del vector característico de dicho plano, esto es:

d (A, π) =

2 2 2

|1 2 1 5 |

1 ( 1) 1

− − −

+ − + =

| 7 | 7 7 3

3

3 3

− = = u.

Otra forma de calcular esta distancia, aunque un poco más complicada, es teniendo en cuenta que dicha distancia no es ni más ni menos que la altura del paralelepípedo determinado por los vectores

PA

, PQ

y PR

. Así pues, podemos calcularla mediante el cociente entre el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores PA

, PQ

y PR

, y el área de la base del mismo, es decir el área del paralelogramo determinado por los vectores PQ

y PR

. El volumen del paralelepípedo determinado por PA

, PQ

y PR

viene dado por el valor absoluto del producto mixto de estos tres vectores y el área del paralelogramo determinado por los vectores

PQ

y PR

viene dada por el módulo del producto vectorial de los mismos. Así pues:

d (A, π) =

, ,

| |

PA PQ PR

PQ PR

 

 

×

=

2 2 2

1 2 6

1 0 1

0 1 1 | 6 1 2| | 7| 7 7 3

3

| | 1 ( 1) 1 3

1 0 1

0 1 1

i j k i j k

− −

− + − −

= = = =

− + + − +

u.

Otra forma más de calcular la distancia pedida es como la distancia que hay entre el punto A y el pie de la perpendicular al plano π que pasa por A. Dicha recta perpendicular, n, que determinada por el punto A y el vector característico del plano π, p

.

n (A, p

) ⇒ n

1 λ

2 λ

1 λ

x

y

z

= +

 

= −

= − +

con λ∈ ℝ

El pie de la perpendicular al plano π que pasa por A, es la intersección de la recta n y el plano. Para calcularlo, sustituimos las coordenadas paramétricas de la recta n en la ecuación del plano:

(7)

Por tanto, las coordenadas del punto N, pie de la perpendicular al plano π que pasa por A, son:

N 1 7, 2 7, 1 7

3 3 3

 

+ − − +

 

  ⇒ N

10 1 4

, ,

3 3 3

 

 

 

Entonces:

d (A, π) = d (A, N) =

2 2 2

10 1 4

1 2 1

3 3 3

+++ − − 

     

      =

=

2 2 2

7 7 7 49 49 7 7 3

3 3 3 9 3 3 3

  +  +  = = = =

     

      u.

3. Sea la función f (x) = si 0 1

si 1

ln

x a x bx

x c x

+ ≤ ≤

 

<

 . Hallar a, b y c sabiendo que f (x) es continua en

(0, ∞), la recta tangente a f (x) en el punto de abscisa x = 1

16 es paralela a la recta y = –4x + 3, y se cumple que

1 ( )

e

f x dx

= 2.

Solución:

Para calcular los coeficientes a, b y c, interpretemos los datos del enunciado. En primer lugar nos dicen que f (x) es continua en (0, ), y por tanto será continua en x = 1, que el punto donde se cambia de un trozo a otro. Así pues, se ha de cumplir que:

f (1) =

1 ( )

x

Lim f x

Para que exista

1 ( )

x

Lim f x

→ , los límites laterales han de existir y ser iguales. Por tanto:

f (1) = a 1 + b · 1 = a + b ;

1

( )

x

Lim a x bx

→ + = a + b ; 1

( ln )

x

Lim c x

+

= c ln 1 = 0

Así pues se ha de cumplir que:

a + b = 0

En segundo lugar nos dicen que la recta tangente a f (x) en el punto de abscisa x = 1

16 es paralela a la recta y = –4x + 3. Recordemos en primer lugar que si dos rectas son paralelas tienen igual pendiente. Por tanto, la recta tangente a la gráfica de f (x) en x = 1

16 ha de coincidir con la pendiente de la recta dada (y = –4x + 3) que es –4. Por otra parte, como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de una función coincide con la derivada de la función en dicho punto, tenemos que:

f ‘ 1

16

 

 

(8)

Como el punto de tangencia es x = 1

16, y 0 ≤ 1

16 ≤ 1, entonces:

f ‘ (x) =

2

a b x +

f ‘ 1

16

 

 

  = 1

2 16

a b

+ = 2a + b 2a + b = –4

Con esta última relación, 2a + b = –4, y con la anterior, a + b = 0, se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que resolviéndolo da como resultado a = –4 y b = 4.

Para calcular el coeficiente c que nos falta hagamos uso del último dato que nos dan, es decir,

1 ( )

e

f x dx

= 2. En el intervalo (1, e) la expresión de f (x) es f (x) = c ln x. Calculemos

1 ( )

e

f x dx

:

1 ( )

e

f x dx

=

1 ln 1 ln

e e

c x dx=c x dx

La integral indefinida ln x dx

se calcula utilizando el método de integración por partes:

u = ln x du = 1dx x dv = dx v = x

Así:

lnx dx

= ln x · x – x·1dx x

= x ln x – dx

= x ln x – x

Por tanto:

1 ln

e

c

x dx = c [x ln x – x]1e = c [(e ln e – e) – (1 ln 1 – 1)] = c

Entonces, como

1 ( )

e

f x dx

= 2, se tiene que c = 2.

Resumiendo, la función f (x) es:

f (x) = 4 4 si 0 1

si 1

2 ln

x x x

x x

+ ≤ ≤

 

(9)

4. a) Estudiar el crecimiento de la función f (x) = x3 + 3x2 – 3.

b) Probar que la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0 tiene exactamente tres soluciones reales.

Solución:

a) En primer lugar tengamos en cuenta que el dominio de la función f (x) es todo ℝ por tratarse de una función polinómica. Para estudiar su monotonía, calculemos su derivada primera:

f ‘ (x) = 3x2 + 6x Los puntos singulares resultan de resolver la ecuación f ‘ (x) = 0:

f ‘ (x) = 0 3x2 + 6x = 0 x = 0 y x = –2

Representemos dichos puntos singulares sobre una recta y estudiemos el signo de la derivada primera en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta:

Por tanto, la f (x) crece en (–∞, –2) ∪ (0, +∞) y decrece en (–2, 0).

De aquí también podemos deducir que f tiene un máximo en x = –2 y un mínimo en x = 0: Máximo (–2, 1) Mínimo (0, –3)

b) Para demostrar que la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0 tiene exactamente tres soluciones reales debemos utilizar el teorema de Bolzano. Recordemos en primer lugar su enunciado.

Teorema de Bolzano: Si f (x) es una función definida y continua en el intervalo cerrado [a, b], y en

los extremos del intervalo la función f (x) toma valores de signo opuesto (Signo f (a) Signo f (b)), entonces existe al menos un valor c (a, b) para el que se cumple que f (c) = 0.

Consideremos la función f (x) = x3 + 3x2 – 3, que es continua y derivable en todo ℝ, por tratarse de una función polinómica.

Consideremos el intervalo [–5, –2]. La función f tiene una raíz en dicho intervalo ya que es continua en él y además:

f (–5) = –53 y f (–2) = 1 Signo f (–5) Signo f (–2)

y por tanto por el teorema de Bolzano, existe un punto c (–5, –2) tal que f (c) = 0. Dicho punto c es por tanto una raíz de la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0. Además dicha raíz es única pues en dicho intervalo la función f es estrictamente creciente.

Consideremos ahora el intervalo [–2, 0]. La función f tiene otra raíz en dicho intervalo ya que es continua en él y además:

f (–2) = 1 y f (0) = –3 Signo f (–2) Signo f (0) –2

f ‘ (x) > 0 f ‘ (x) > 0

0

(10)

y por tanto por el teorema de Bolzano, existe un punto d (–2, 0) tal que f (d) = 0. Dicho punto d es por tanto otra raíz de la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0. Además dicha raíz es única pues en dicho intervalo la función f es estrictamente decreciente.

Finalmente, consideremos el intervalo [0, 2]. La función f tiene una raíz en dicho intervalo ya que es continua en él y además:

f (0) = –3 y f (2) = 17 Signo f (0) Signo f (2)

y por tanto por el teorema de Bolzano, existe un punto e (0, 2) tal que f (e) = 0. Dicho punto e es por tanto la otra raíz de la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0. Además dicha raíz es única pues en dicho intervalo la función f es estrictamente creciente.

Además a la izquierda de x = – 5 la función f no puede tener ninguna otra raíz por ser esta estrictamente creciente y además f (–5) = –53. De modo análogo, a la derecha de x = 2 la función f no puede tener ninguna otra raíz por ser f (2) = 17 y f estrictamente creciente.

Por tanto los puntos c, d y e son las tres únicas raíces reales de la ecuación x3 + 3x2 – 3 = 0.

Nota: La unicidad de las tres raíces también se puede demostrar de una manera más rigurosa

utilizando el teorema de Rolle. Recordemos su enunciado:

Teorema de Rolle: Si una función f (x) es una función definida y continua en un intervalo cerrado

[a, b] y derivable en el intervalo abierto (a, b) y además se cumple que f (a) = f (b), entonces, existe al menos un punto p del intervalo (a, b) tal que f ‘(p) = 0.

Como ejemplo probemos que la raíz e ∈ (0, 2) encontrada anteriormente es única. Para ello tengamos en cuenta que la función f (x) = x3 + 3x2 – 3 es continua en [0, 2] y derivable en (0, 2) por ser polinómica. Si suponemos que existe otra raíz e1 ∈ (0, 2) (y por ejemplo e < e1) entonces

tendríamos que:

f (e) = f (e1) = 0

y por el teorema de Rolle, entonces existiría un punto p (e, e1) ⊂ (0, 2) tal que f ’(p) = 0, lo cual

entra en contradicción con el resultado obtenido en el apartado a) del problema, por el cual la derivada de f solo se anula para x = –2 y x = 0. Por tanto el punto e1 no puede existir y en

(11)

OPCIÓN B

1. Sea la matriz A =

2 0

0 2 0

0 1

a

a

 

 

 

 

.

a) ¿Para qué valores de a la matriz A es inversible? b) Estudiar el rango según los valores de a.

c) Hallar a para que se cumpla A–1 = 1 4 · A.

Solución:

a) En primer lugar recordemos que una matriz cuadrada tiene inversa si es regular, es decir, su determinante es no nulo. Veamos pues para que valores de a se anula el determinante de A.

| A | =

2 0

0 2 0

0 1

a

a

− = –2a2 ⇒ | A | = 0 a = 0

Por tanto, la matriz a será inversible si a ≠ 0.

b) Como hemos obtenido en el apartado anterior, el determinante de la matriz A se anula para a = 0.

Por tanto, para estudiar el rango de la misma podemos distinguir los siguientes casos:

a ≠ 0 ⇒ rango A = 3, pues | A | ≠ 0.

a = 0 ⇒ rango A = 1, ya que en este caso, la matriz que nos queda es:

0 2 0

0 2 0

0 1 0

 

 

 

 

Y como las columnas que son nulas las podemos eliminar para estudiar su rango, nos quedaríamos con una matriz columna de elementos no nulos. Por tanto el rango de dicha matriz será 1.

c) Calculemos A–1, teniendo en cuenta que para que exista ha de ser a ≠ 0. Recordemos que A–1 se calcula como:

A–1 = ( ) | |

t

Adj A A

At =

0 0

2 2 1

0 0

a

a

 

 

 

 

Adj (At) = 2

2 2 0

0 0

0 2

a a

a

a a

 

 

 

 

A–1 =

1 1

0

1

0 0

2

1 1

0 2

a a

a a

 

 

 

 

 

 

 

(12)

Por otra parte, calculamos 1 4A:

1 4A =

1 0 4 2 1 0 0 2 1 0 4 4 a a                 

Como ha de ser A–1 = 1

4 · A, igualando término a término obtenemos que: 1

4

a

a = ⇒ a

2

= 4 ⇒ a = ±2

1 1

2

a

− = − ⇒ a = 2

1 1

2a =4 ⇒ a = 2 1

4

a

a = ⇒ a

2

= 4 ⇒ a = ±2

Por tanto, para que se cumplan estas cuatro igualdades simultáneamente ha de ser a = 2. Otra forma de resolver este apartado, sin necesidad de calcular A–1 es la siguiente:

A–1 = 1

4 · A A · A

–1

= 1

4 · A · A I = 1 4 A

2

Calculemos 1 4 A

2

:

A2 =

2 0

0 2 0

0 1 a a −           · 2 0

0 2 0

0 1 a a −           = 2 2

2 4 0

0 4 0

0 2 a a a a− +       − +   

⇒ 1 4 A

2 = 2 2 1 0 4 2

0 1 0

1 0

2 4 4

a a a a   − +          − +     

Como ha de cumplirse que I = 1 4 A

2

, igualando término a término obtenemos:

2

4

a

(13)

1 2

a

− + = 1 ⇒ a = 2

1

2 4

a

− + = 0 ⇒ a = 2

2

4

a

= 1 ⇒ a2 = 4 ⇒ a = ±2

Por tanto, para que se cumplan estas cuatro igualdades simultáneamente ha de ser a = 2.

2. Sean los puntos P (1, 4, –1), Q (0, 3, –2) y la recta r ≡ 1

4

x

y z

=  

− =

 .

a) Halla la ecuación del plano que pasa por P, por un punto R de la recta r y es perpendicular a

la recta que pasa por Q y R.

b) Hallar el ángulo que forman la recta r y el plano π≡x – y – 3 = 0. Solución:

a) En primer lugar tengamos en cuenta que una de las maneras de determinar un plano puede ser a través de un vector característico del mismo, p

(perpendicular a él), y un punto por el que pasa. En el ejercicio que nos ocupa conocemos que el plano buscado, π, pasa por el punto P y que un vector característico del mismo puede ser el vector p

= QR

, ya que el plano buscado es perpendicular a la recta que pasa por Q y R. El problema que se presenta es que no conocemos de manera exacta las coordenadas del punto R y por tanto no podemos determinar dicho vector QR

. Veamos cómo podemos calcular las coordenadas de R a partir de los datos del enunciado. Tengamos en cuesta para ello que el plano buscado pasa por los puntos P y R, y por tanto el vector PR

está contenido en el plano π. Por otra parte, como acabamos de decir un vector característico del plano π es QR

y por tanto ambos vectores son perpendiculares, o dicho de otro modo, su producto escalar ha de ser nulo. Consideremos entonces un punto genérico R de la recta r. Para ello escribamos las ecuaciones paramétricas de r (tomando z = λ):

r≡ 1

4

x

y z

=  

− =

 ⇒ r

1

4 λ

λ

x

y

z

=

 

= +

=

con λ∈ ℝ ⇒ R (1, 4 + λ, λ)

Así, tenemos que los vectores PR

y QR

serán:

PR

= (0, λ, 1 + λ) y QR

= (1, 1 + λ, 2 + λ) Como estos dos vectores son perpendiculares:

PR

· QR

= 0 ⇒ (0, λ, 1 + λ) · (1, 1 + λ, 2 + λ) = 0 + λ · (1 + λ) + (1 + λ) · (2 + λ) = 0 ⇒

(14)

Por tanto, las coordenadas del punto R son:

R (1, 4 + λ, λ) = (1, 3, –1)

Conociendo las coordenadas exactas de R podemos determinar el vector característico del plano π buscado:

p

= QR

= (1, 0, 1) Así, la ecuación de π será de la forma:

π≡ x + z + D = 0 Como P ∈π, debe verificar su ecuación:

1 + (–1) + D = 0 D = 0 Por tanto, la ecuación del plano buscado es:

π≡ x + z = 0

b) Para calcular el ángulo que forman la recta r y el plano π≡ x – y – 3 = 0, tengamos en cuenta que si la recta r y el plano π forman un ángulo

α, entonces un vector director de la recta, vr

, y el vector característico del plano, p

, formarán un ángulo (90º – α). En nuestro problema tenemos que:

r

v

= (0, 1, 1) y p

= (1, –1, 0) Por tanto, como:

cos (vr

, p

) = cos (90º – α) = sen (α) =

2 2 2 2 2 2

| · | |0 1 0| 1

2

| |·| | 0 1 1 · 1 ( 1) 0

r r

v p

v p

− +

= =

+ + + − +

Así:

Ángulo que forman la recta r y el plano π = arcsen 1 2

      = 30º

α

90º – α

π

p

r

v

(15)

3. Sea la función f (x) = 2 2

x x

− + .

a) Calcular sus asíntotas y estudiar su crecimiento y decrecimiento.

b) Dibujar el recinto comprendido entre la recta y = 1, la gráfica de la función f (x), el eje OY y la recta x = 2; calcular el área de dicho recinto.

Solución:

a) En primer lugar, tengamos en cuenta que su dominio es: D (f) = ℝ– {–2}. Calculemos las asíntotas:

• Asíntotas verticales:

2 2

2 4

( )

2 0

x x

x Lim f x Lim

x

→− →−

− −

= = = ±∞

+

Por tanto hay una asíntota vertical en x = –2.

• Asíntotas horizontales:

'

2 1

( ) 1

2 1

L Hopital

x x x

x

Lim f x Lim Lim

x

→±∞ →±∞ →±∞

− ∞

= = = → = =

+ ∞

Por tanto hay una asíntota horizontal si x →±∞ cuya ecuación es y = 1.

• Asíntotas oblicuas: No hay pues existen asíntotas horizontales y ambas son excluyentes. Estudiemos ahora la monotonía. Calculemos su derivada primera:

f ‘(x) = 1· ( 2) ( 2 2)·1 4 2

( 2) ( 2)

x x

x x

+ − − =

+ +

Igualémosla a cero para calcular sus puntos singulares:

f ‘(x) = 0 ⇒ 4 2

(x+2) = 0 ⇒ No existen raíces reales.

Representemos sobre la recta real únicamente el punto que no pertenece al dominio, y estudiemos el signo de la derivada primera en cada uno de los intervalos en que queda dividida:

Por tanto, se deduce que f crece en su dominio.

b) La función dada tiene como representación una hipérbola. Para ayudarlos a representarla, aunque no haría falta calcular ningún dato más, podemos calcular los puntos de corte con los ejes de coordenadas.

–2

(16)

Eje OY (x = 0) (0, f (0)) = (0, –1)

Eje OX (y = 0) ⇒ 0 = 2 2

x x

+ ⇒ x = 2 ⇒ (2, 0)

Por otra parte, tenemos las rectas y = 1, que es una recta horizontal, y la recta x = 2, que es vertical. Así, la región pedida es:

El área pedida es la de la región encerrada por las gráficas de las funciones y = 1 (superior) y f (x) = 2

2

x x

+ (inferior) entre las abscisas x = 0 y x = 2 y por tanto viene dada por:

Área = 1 2 2

0 0 0

2 4 1

1 4

2 2 2

x

dx dx dx

x x x

     

− = = =

+   +   +

     

= 4

[

Ln x| +2|

]

20 = 4 [Ln 4 – Ln 2] = 4 Ln 2 u2

4. Determinar, de entre los triángulos isósceles de perímetro 6 metros, el que tiene área máxima.

Solución:

Consideremos el siguiente triángulo isósceles:

El área del mismo viene dada por la expresión:

Área = ·

2

Base Altura

= 2 · 2

x h

= x · h

Si tenemos en cuenta que al trazar la altura en el mismo, la base queda dividida a la mitad, y se forman dos triángulos rectángulos, podemos expresar la altura, h, en función de los valores de x e y como:

h = y2 −x2 y

y

h

(17)

Sustituyendo en la expresión del área obtenemos:

Área = x · y2−x2

Debemos maximizar esta área, pero en su expresión aún aparecen las variables x e y. Sin embargo, como nos dicen que el perímetro del triángulo isósceles es 6, tenemos que:

2x + y + y = 6 2x + 2y = 6 x + y = 3 y = 3 – x

Sustituyendo de nuevo en la expresión del área, obtenemos una función que depende de una sola variable, x:

Área = A (x) = x · (3−x)2−x2 = x · 9 6x

Calculemos donde se presenta el máximo:

A ‘(x) = 1 · 9 6x + x · 3 9 6x

− =

(9 6 ) 3 9 6

x

x

− −

− =

6 6 9 6

x

x

− −

Si calculamos los puntos singulares resolviendo la ecuación A ‘(x) = 0 obtenemos:

A ‘(x) = 0 ⇒ 6 6 9 6

x

x

− = 0 ⇒ 6 – 6x = 0 x = 1

En este caso y = 3 – 1 = 2.

Probemos si para x = 1 se presenta un máximo:

A ‘’(x) = 2 3

3 6· 9 6 (6 6 )·

6· (9 6 ) (6 6 )·3 9 6

( 9 6 ) ( 9 6 )

x x

x x

x

x x

− − − −

− − + −

=

− − =

= 6· (9 6 ) (6 6 )·33 18 363

( 9 6 ) ( 9 6 )

x x x

x x

− − + − =

− −

Como:

A ‘’(1) = 18·1 363 183 9 3 3

( 9 6·1) ( 3) 3

=== −

− < 0 ⇒ Máximo

Por tanto, de entre todos los triángulos isósceles de perímetro 6, aquel que tiene área máxima es aquel en el que los tres lados miden 2, es decir, es equilátero.

Nota: El problema se puede resolver de modo análogo eligiendo como base del triángulo x en lugar

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