CUESTIONES C-1.- De todas las primitivas de la función f (x) = 2 tg (x) sec2 (x), hállese la que pasa por el punto

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(1)

JUNIO 2004

PRUEBA A

PROBLEMAS

1.- Sea la función y = 2e–2| x |.

a) Estúdiese su monotonía, extremos relativos y asíntotas.

b) Calcúlese el área de la región plana comprendida entre la gráfica de la función y las rectas x = 1 y x = –1.

2.- Sea la recta r ≡ 1 0

2 3

x y x z

+ + = 

0 − + =

 .

a) Escríbase la recta en forma paramétrica.

b) Para cada punto P de r, determínese la ecuación de la recta que pasa por P y corta perpendicularmente al eje OZ.

CUESTIONES

C-1.- De todas las primitivas de la función f (x) = 2 tg (x) sec2(x), hállese la que pasa por el punto P = π,1

4

 

 

 .

C-2.- Demuéstrese que las gráficas de las funciones f (x) = ex y g (x) = 1

x se cortan en un punto x > 0.

C-3.- Se tiene una matriz M cuadrada de orden 3 cuyas columnas son respectivamente C1,C2y C3y cuyo determinante vale 2. Se considera la matriz A cuyas columnas son –C2, C3 + C2, 3C1. Calcúlese razonadamente el determinante de A–1 en caso de que exista esa matriz.

C-4.- Determínese si el plano π ≡ 2x + 3y – 4 = 0 corta o no al segmento de extremos A = (2, 1, 3) y B = (3, 2, 1).

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema

λ

λ 1

λ 1

x y z x y z x y z

+ + = 

 + + = 

 + + = 

.

a) Discútase según los valores del parámetro λ. b) Resuélvase para λ = –3.

c) Resuélvase para λ = 1.

(2)

CUESTIONES

C-1.- Calcúlese 0

1 1

sen x

Lim

x x

 

 .

C-2.- Calcúlese

2

(x 1)

dx x

.

C-3.- Hállese la ecuación del plano que contiene a la recta rx = y = z y es perpendicular al plano π ≡ x + yz – 1 = 0.

C-4.- Dada la matriz B = 1 2 1 1 2 3

 

 −

(3)

SOLUCIONES

PRUEBA A

PROBLEMAS

1.- Sea la función y = 2e–2| x |.

a) Estúdiese su monotonía, extremos relativos y asíntotas.

b) Calcúlese el área de la región plana comprendida entre la gráfica de la función y las rectas x = 1 y x = –1.

Solución:

a) La función dada, se puede escribir de la forma: f (x) = 2

2

si 0

2

si 0

2 x

x

x e

x e

< 

El dominio de definición de la función dada es: Domf = , y además también es continua en todo . Estudiemos en primer lugar la monotonía de f (x):

\ \

f ‘ (x) = 2

2

si 0

4

si 0

4 x

x

x e

x e

< 

>

− 

Obsérvese que para x = 0 la función no es derivable, puesto que: f ‘ (0–) = 4 ≠ f ‘ (0+) = –4.

Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0. En este caso, la derivada primera no se anula para ningún valor de x. Representemos sobre una recta el punto x = 0, en el que la función no es derivable 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

0

Por tanto, la función f crece en (−∞, 0) y decrece en (0, +∞).

De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = 0 se presenta un máximo relativo de la función f (aunque no sea derivable en ese punto).

Máximo relativo en (0, 2)

Estudiemos ahora las asíntotas de la función: • Verticales: No existen pues Domf = . \

• Horizontales: Estudiemos por separado los casos en que x → –∞ y x → +∞.

2 2 2

2 x 2 xLim e e e

−∞ +∞

→−∞ = = =+∞ =0

Por tanto y = 0 es una asíntota horizontal si x → –∞.

2 2 2

2 x 2 xLim e e e

− −∞

+∞

→+∞ = = =+∞ =0

Por tanto y = 0 también es una asíntota horizontal si x → +∞.

• Oblicuas: Como hay un asíntota horizontal cuando x → –∞, y cuando x → –∞, no existe asíntota oblicua pues son excluyentes.

(4)

El área pedida viene dada por:

Área = 0 2 1 2 2 0 2 1

(

2

) (

2

)

1 0

12 02 1 1 2

x x x x

e dx e dxe eeee

− + =  + −  = − + − + = −

2 −2

0

u2

2.- Sea la recta r ≡ 1 0

2 3

x y x z

+ + = 

 − + =

 .

a) Escríbase la recta en forma paramétrica.

b) Para cada punto P de r, determínese la ecuación de la recta que pasa por P y corta perpendicularmente al eje OZ.

Solución:

a) Para escribir las ecuaciones paramétricas de r, tomemos a x como parámetro (x = λ): r ≡ 1

3 2

x y z

= λ 

 = − −λ 

 = + λ 

b) Para calcular dichas rectas, procederemos del siguiente modo:

• En primer lugar, calcularemos un plano perpendicular al eje OZ que pase por P. • La intersección de ese plano y el eje OZ determinan un punto J Q.

• El vector director de las rectas pedidas es precisamente QPJJG. Como además conocemos que la recta pedida pasa por P, ya podemos determinarla.

Procedamos. Un plano perpendicular al eje OZ tendrá como vector característico a un vector director de dicho eje, por ejemplo JGp = (0, 0, 1). Por tanto el plano buscado es de la forma:

π ≡ z + k = 0

Este plano pasa por el punto P, y por tanto, podemos calcular el valor de k: P ∈ π ⇒ 3 + 2λ + k = 0 ⇒ k = –3 – 2λ El plano π es pues:

π ≡ z = 3 + 2λ La intersección de este plano π, con el eje OZ ≡ 0

0 x y

=   =

 , nos da las coordenadas del punto Q: Q = (0, 0, 3 + 2λJ)

La recta pedida pasa por P y tiene como vector director aQPJJG. Entonces: QP

JJJG

= (λ, –1 – λ, 0)

Por tanto, la ecuación de la recta s, que pasa por P y corta perpendicularmente al eje OZ, para cada punto P de r, viene dada por:

s ≡ 1 ( 1 con t ∈ 3 2

x t

y t

z

= λ + λ 

 = − −λ + − −λ 

= + λ

) \

Nota: El parámetro de estas rectas es t, mientras que λ determina cada punto P de r. Por ejemplo, si tomamos λ = 1, entonces P = (1, –2, 5), y la recta perpendicular al eje OZ que pasa por P será:

s

1 2 2

x t

y t

= + 

(5)

CUESTIONES

C-1.- De todas las primitivas de la función f (x) = 2 tg (x) sec2(x), hállese la que pasa por el punto P = π,1

4

 

 

 .

Solución:

Obsérvese que la función f también se puede escribir de la forma: f (x) = 2 tg( )2

cos ( ) x

x

y así, podemos integrarla directamente. Una primitiva cualquiera F (x), de f (x) es: F (x) = 2 tg( )2

cos ( ) x

dx x

+ C = tg2 (x) + C

Como la primitiva pedida ha de pasar por el punto P = π,1 4    

, se ha de cumplir que:

F 4 π 

   

 = 1 ⇒ tg2  π4 + C = 1 ⇒ 1 + C = 1 ⇒ C = 0 La primitiva pedida es:

F (x) = tg2 (x)

C-2.- Demuéstrese que las gráficas de las funciones f (x) = ex y g (x) = 1

x se cortan en un punto x > 0.

Solución:

Consideremos la función auxiliar h (x) = f (x) – g (x) = ex – 1

x. Esta función es continua para todo x > 0 por ser suma de funciones continuas para todo x > 0. Por tanto, busquemos un intervalo cerrado en el cual dicha función tome valores de distinto signo en sus extremos, para así poder aplicarle el

teorema de Bolzano. Un intervalo que cumple lo dicho anteriormente es 1,1 2    

 , ya que:

h

1 2

1

2 e 1

  = −    

1

/ 2 ≈–0,3513 < 0 y h (1) = e – 1 ≈ 1,7183 > 0 Por tanto, h (x) es continua en el intervalo 1,1

2    

  y toma valores de distinto signo en los extremos

de dicho intervalo cerrado. Por tanto, existe un punto c ∈ 1,1 2    

 tal que h (c) = 0. Entonces: h (c) = 0 ⇒ h (c) = ec – 1

c = 0 ⇒ e c = 1

c

El punto c que asegura el teorema de Bolzano, es el punto donde se cortan las gráficas de f (x) = ex y g (x) = 1

(6)

C-3.- Se tiene una matriz M cuadrada de orden 3 cuyas columnas son respectivamente C1,C2y C3y cuyo determinante vale 2. Se considera la matriz A cuyas columnas son –C2, C3 + C2, 3C1. Calcúlese razonadamente el determinante de A–1 en caso de que exista esa matriz.

Solución:

Para resolver esta cuestión utilizaremos las siguientes propiedades de los determinantes:

a) Si se permutan dos líneas (filas o columnas) del determinante, el determinante cambia de signo.

b) Si los elementos de una línea de una matriz se pueden descomponer en dos sumandos, su determinante es igual a la suma de dos determinantes que tienen iguales todas las líneas excepto dicha línea cuyos sumandos pasan, respectivamente, a cada uno de los determinantes.

c) Si los elementos de una fila se multiplican por un número, el determinante de la matriz queda multiplicado por dicho número.

Entonces:

det (A) = det (–C2, C3 + C2, 3C1) = – det (3C1, C3 + C2, –C2) = + det (3C1, C2, C3 + C2) = = det (3C1, C2, C3) + det (3C1, C2, C2) = 3 det (C1, C2, C3) + 3 det (C1, C2, C2) = det (C1,C2,C3) =

= 3 det (M) + 3 · 0 = 3 · 2 = 6 Por otra parte, como det (A–1) = (detA)–1, tenemos que:

det (A–1) = (detA)–1 = 1 6

C-4.- Determínese si el plano π ≡ 2x + 3y – 4 = 0 corta o no al segmento de extremos A = (2, 1, 3) y B = (3, 2, 1).

Solución:

Para resolver esta cuestión procederemos del siguiente modo:

• Calcularemos la ecuación de la recta r que pasa por los extremos del segmento AB. • Calcularemos el punto de corte P, de la recta r anterior y el plano π.

• Calcularemos la distancia de P a A y de P a B. Si ambas distancias son menores que la distancia entre A y B, entonces en punto P estará entre A y B, y por tanto el plano π cortará al segmento AB. En caso contrario, es decir, si alguna de las distancias anteriores es mayor que la distancia de A a B, el plano π no cortará al segmento AB.

d (P, A) < d (A, B) y d (P, B) < d (A, B) d (P, A) > d (A, B) y/o d (P, B) > d (A, B) A

B

P

π

B

(7)

AB JJJG

= (1, 1, –2) ⇒ r

2 1 3 2

x y z

= + λ 

 = +λ 

 = − λ 

Calculemos el punto de corte P, de la recta r anterior y el plano π. Para ello sustituimos las coordenadas genéricas de un punto de la recta r en el plano π:

2 (2 + λ) + 3 (1 + λ) – 4 = 0 ⇒ 5λ + 3 = 0 ⇒ λ = 3 5 −

Por tanto, el punto P es: P = (2 + λ, 1 + λ, 3 – 2λ) = 7 2 21, , 5 5 5

 

 

 .

Veamos finalmente las distancias entre estos tres puntos:

d (A, B) = (3 2) 2+ −(2 1)2+ −(1 3)2 = 12+ + −12 ( 2)2 = 6 u. d (P, A) =

2 2 2 2 2 2

7 2 21 3 3 6 54

2 1 3

5 5 5 5 5 5 25

+ −  +=   +  + −  = =

           

           

3 6 5 u.

d (P, B) =

2 2 2 2 2 2

7 2 21 8 8 16 384 8 6

3 2 1

5 5 5 5 5 5 25

++ −  =   +  + −  = =

           

            5 u.

Como se ve d (P, B) > d (A, B) y por tanto el plano π no corta al segmento AB.

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema

λ

λ 1

λ 1

x y z x y z x y z

+ + = 

 + + = 

 + + = 

.

a) Discútase según los valores del parámetro λ. b) Resuélvase para λ = –3.

c) Resuélvase para λ = 1.

Solución:

a) Consideremos la matriz de los coeficientes A y la matriz ampliada A: A =

1 1 1

1 1 λ

1 λ 1

 

 

 

 

A =

1 1 1 λ

1 1 λ 1 1 λ 1 1

 

 

 

 

 

Calculemos | A | y estudiemos su valor en función de los valores del parámetro λ: | A | =

1 1 1

1 1 λ

1 λ 1

= 1 + λ + λ − 1 − λ2 – 1 = –λ2 + 2λ – 1

Se tiene que:

| A | = 0 ⇒ –λ2 + 2λ – 1 = 0 λ = 1 (doble) Estudiemos los distintos casos que se presentan:

• Si λ ≠ 1 ⇒ rango (A) = 3 = rango (A). El sistema es compatible determinado.

(8)

b) Si λ = –3, el sistema que tenemos es compatible determinado. Apliquemos el método de Gauss para resolverlo:

1 1 1 3

1 1 3 1

1 3 1 1

 −

 

 

2 2 1

3 3 1

f f f f f f

→ − → −

→

1 1 1 3

0 0 4 4

0 4 0 4

 −

 

 

 

El sistema equivalente que se obtiene es:

3

4 4

4 4

x y z z y

+ + = − 

 − = 

 − = 

Despejando y y z de las ecuaciones segunda y tercera, obtenemos que: y = z = –1. Sustituyendo estos valores en la primera ecuación, calculamos x: x = –1. La solución es pues x = y = z = –1. c) En el caso λ = 1 el sistema es compatible indeterminado dependiente de dos parámetros, pues:

nº incógnitas – rango A = 3 – 1 = 2

Si consideramos a x y a y como un parámetros (x = λ, y = µ), llegamos a que la solución es:

λ

µ

3 λ µ

x y z

= 

=

 = − − 

2.- Sea f (x) = x3 + ax2 + bx + c. Determínense a, b y c de modo que f (x) tenga un extremo relativo en x = 0, la recta tangente a la gráfica de f (x) en x = 1 sea paralela a la recta y – 4x = 0, y el área comprendida por la gráfica de f (x), el eje OX y las rectas x = 0, x = 1, sea igual a 1.

Solución:

Interpretemos los datos que nos da el enunciado:

• Si en x = 0 la función tiene un extremo relativo, esto significa que x = 0 es un punto singular y por tanto f ‘ (0) = 0.

• Si la recta tangente a la gráfica de f (x) en x = 1 es paralela a la recta y – 4x = 0 (cuya pendiente es 4), significa que tienen igual pendiente, y por tanto, como la pendiente de la recta tangente en un punto x0 viene dada por f ‘ (x0), se tiene que f ‘ (1) = 4.

• Si el área comprendida por la gráfica de f (x), el eje y las rectas x = 0, x = 1, es igual a 1, se tiene que

OX

1

0 f x dx( )

= 1. Comencemos calculando f ‘ (x):

f ‘ (x) = 3x2 + 2ax + b Como f ‘ (0) = 0, entonces:

3 · 02 + 2a · 0 + b = 0 ⇒ b = 0 Como f ‘ (1) = 4, entonces:

3 · 12 + 2a · 1 + 0 = 4 ⇒ a = 1 2 Como 1

0 f x dx( )

= 1, entonces: 1

( ) f x dx

=

1

4 3

1 3 1 2

(x + x +c dx) =x +x +cx

(9)

Por tanto, la función f es:

f (x) = x3 + 1 2x

2 + 7 12

CUESTIONES

C-1.- Calcúlese 0 1 1 sen x Lim x x →      . Solución:

Calculemos directamente el límite:

0 1 1 sen x Lim x x →  −

 1 10 0− = ∞ – ∞

Se obtiene una indeterminación. Efectuemos la operación que aparece en el límite:

0 0

1 1 sen

sen sen

x x

x x

Lim Lim

x x x

→ →   x −  =         = 0 0

Obtenemos otra indeterminación, pero ahora ya podemos aplicar la regla de L’Hopital para resolverla:

0 0 0

1 1 sen cos 1

sen sen sen cos

x x x

x x x

Lim Lim Lim

x x x x x x

→ → →

 −   −

= =

  

  +

     x

   =

0 0

Obtenemos de nuevo indeterminación a la que aplicamos nuevamente la regla de L’Hopital:

0 1 1 sen x Lim x x →    

  = 0 0

cos 1 sen 0

sen cos 2 cos sen 2

x x

x x

Lim Lim

x x x x x x

→ →

 −   − 

= =

+  

    = 0

C-2.- Calcúlese

2

(x 1)

dx x

.

Solución:

Para calcular esta integral realicemos el siguiente cambio de variable: x = t2 ⇒ dx = 2tdt

Con él, la integral queda de la forma:

2 2 2 5 3

2 2 4 2

( 1) ( 1) 2

2 2 ( 1) 2 ( 2 1) 2

5 3

x t t

dx tdt t dt t t dt t

t x   − − = = − = − + =  

t + + C

Deshaciendo el cambio anterior (t = x): 2

(x 1)

dx x

= 5 3 2 4 2 5 3 x x x

− + + C

C-3.- Hállese la ecuación del plano que contiene a la recta rx = y = z y es perpendicular al plano π ≡ x + yz – 1 = 0.

(10)

El plano pedido, π1, viene determinado, por ejemplo, por la terna (A, vr

JJG

, JGp), donde A es un punto de la recta r, vJJGr es el vector director de la recta r y JGp es el vector característico del plano π. Se tiene que:

A = (0, 0, 0) vJJGr = (1, 1, 1) JGp = (1, 1, –1) Por tanto:

π1 ≡ 1 1 1

1 1 1

x y z

= –2x + 2y = 0 ⇒ π1 ≡ xy = 0

C-4.- Dada la matriz B = 1 2 1 1 2 3

−   −

 

 hállese una matriz X que verifique la ecuación XB + B = B–1.

Solución:

Despejemos la matriz x de la expresión XB + B = B–1.

XB + B = B–1 ⇒ XB = B–1 – BX = (B–1 – B)B–1 Calculemos B–1:

| B | = 2 / 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3

− =

1

3 B t =

2 / 31/ 32 / 31/ 3 = B (B

 

t)* = 2 / 3 1/ 31/ 3 2 / 3

 

B–1 = ( )* | |

t B

B = 3 · =

 

 

2 / 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3

 

 

 

2 1 1 2

 

Entonces:

B–1 – B = 2 1 –  = 1 2

 

2 / 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3

− −

 

4 / 3 4 / 3 4 1 1 4 / 3 4 / 3 3 1 1

 = 

  

 

  

X = (B–1 – B)B–1 = 4 1 1 · 2 1 4 3 3 4 4 4 1 1

1 1 1 2 3 3 4 4 1 1

3 3

        

= = =

        

        

Figure

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References

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