C-4.- Demostrar que las curvas f (x) = sen x y g (x) =

JUNIO 2007 PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sea el plano π≡x + y – 2z – 5 = 0 y la recta r≡x = y = z. Se pide: a) Calcular la distancia de la recta al plano.

b) Hallar un plano que contenga a r y sea perpendicular a π. c) Hallar el punto simétrico de P = ( –1, 3, 3) respecto a π.

2.- Sea la función f (x) = ₂ 1

x x − .

a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, los puntos de inflexión y las asíntotas. Esbozar su gráfica.

b) Calcular el área de la región limitada por dicha gráfica y las rectas x = –4 y x = –2.

CUESTIONES

C-1.- Hallar para qué valores de a es inversible la matriz A = 4 3 1

a a

a +

 

 

  y calcular la inversa para a = 0.

C-2.- Calcular 0

1 1

ln(1 ) x

Lim

x x

→

 

−

 ₊ 

 .

C-3.- Hallar el área del triángulo cuyos vértices son A = (1, 1, 0), B = (2, –1, 0) y C = (2, 4, 0).

C-4.- Demostrar que las curvas f (x) = sen x y g (x) = 1

x se cortan en algún punto del intervalo

5 2 ,

2 π  _π 

 

 .

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Sean las matrices A =

1 2 3  

      

 , B = 7 2 2

 

₋ 

 

 



 , C =  , D = 0 0 0

0 1 0 0 0 1

 

 

 

0 2 2  

      

 y E = .

2 5 3          

a) Hallar la matriz ABt donde Bt indica la matriz traspuesta de B. ¿Es inversible? b) Hallar el rango de la matriz AtD.

c) Calcular M = x y z

         

que verifique la ecuación (ABt + C) M = E.

CUESTIONES

C-1.- Hallar a y b para que la función f (x) =

ln si 0

si 0

sen ( )

si 0

a x x x

b x

x

x x



 + >



= 

 _π

 <



sea continua en todo . \

C-2.- Dadas las rectas r 0 y

2 7

x y z

x y

+ − = 

≡  _{+ =} 

2 5

x s

y =  ≡  _{= −}

 , hallar un punto de cada una de ellas, de tal forma, que el vector que los una sea perpendicular a ambas.

C-3.- Discutir en función de a el sistema

1

ax ay a x ay

+ = 

 − =

 .

SOLUCIONES PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sea el plano π≡x + y – 2z – 5 = 0 y la recta r≡x = y = z. Se pide: a) Calcular la distancia de la recta al plano.

b) Hallar un plano que contenga a r y sea perpendicular a π. c) Hallar el punto simétrico de P = ( –1, 3, 3) respecto a π.

Solución:

a) En primer lugar, debemos saber cuál es la posición relativa de la recta y el plano. Escribamos la recta r como intersección de dos planos:

r≡ 0

0

x y x z

− =   − = 

Estudiemos ahora el rango de la matriz formada por los vectores característicos de los dos planos que determinan la recta r y del plano π y el rango de la matriz ampliada añadiéndole a la anterior la columna de los términos independientes:

A = A* =

1 1 2

1 1 0

1 0 1

−

 

 ₋ 

 

 ₋ 

 

1 1 2 5

1 1 0 0

1 0 1 0

 −

−

 ₋ 

 



 

 

Se tiene que rango A = 2, ya que | A | = 0, pero en ella encontramos al menos un menor de orden 2

no nulo: 1 1

1 −1 = –1 –1 = –2. Sin embargo, si orlamos ese menor con la columna de los términos independientes y los dos primeros elementos de la última fila de A*, obtenemos que:

1 1 5

1 1 0

1 0 0

− = 5

y por tanto el rango de A* es 3. Es decir, obtenemos un sistema incompatible, y por tanto la recta no corta al plano, sino que es paralela a él.

Para calcular la distancia de r a π, basta con calcular la distancia de cualquier punto de la recta, por ejemplo P = (0, 0, 0) al plano:

d (r, π) =

2 2 2

|0 0 2·0 5| | 5| 5 5 6 6

6 6

1 1 ( 2)

+ − − ₌ − _{= =}

+ + − u.

b) El plano que contenga a r y sea perpendicular a π, tendrá como vectores directores al vector director de r y al vector característico de π (perpendicular a dicho plano), y pasará por cualquier punto de r, por ejemplo P = (0, 0, 0). El vector director de la recta r es vG = (1, 1, 1) (dicho vector se obtiene directamente de la ecuación continua de la recta que nos da el enunciado) y el vector característico del plano π es JGp = (1, 1, –2). Así pues, podemos calcular la ecuación del plano pedido como:

π1≡

0 0

1 1 1

1 1 2

x− y− z−0

−

c) Observemos la figura de la derecha. El punto simétrico de P respecto del plano π es el punto Q. Pero precisamente, el punto medio de P y Q es M que es el punto de intersección del plano π y de la recta que siendo perpendicular a π pasa por P. Procederemos pues de la siguiente manera:

− Calculamos la recta que siendo perpendicular a π pasa por P (su vector director es el vector característico del plano π).

− Calculamos la intersección de la recta anterior y el plano π. Resulta el punto M.

− Calculamos Q, ya que M es el punto medio de P y Q.

• P

•M π

•Q

Calculemos la recta que siendo perpendicular a π pasa po _JrP:

π≡x + y – 2z – 5 = 0 ⇒ pG = (1, 1, –2)

Recta cuyo vector director es JGp y pasa por el punto P: r≡

1 λ

3 λ

3 2λ

x y z

= − + 

 = + 

 = − 

Hallemos el punto M, intersección de la recta r y el plano π, sustituyendo las coordenadas genéricas de un punto de la recta r en la ecuación del plano π:

x + y – 2z – 5 = 0 ⇒ (–1 + λ) + (3 + λ) – 2(3 – 2λ) – 5 = 0 ⇒ 6λ = 9 ⇒ λ = 9 3 6 =2

M = 1 3,3 3,3 2·3 1 9, ,0

2 2 2 2 2

− + + − =

 

 

  _ _

Calculamos finalmente Q = (q1, q2, q3) , ya que M es el punto medio de P y Q:

1 1 1

2 2

q − +

= ⇒ q1 = 2

2 3 9

2 2

q +

= ⇒ q2 = 6 ⇒ Q = (2, 6, –3)

0 = 3 3 2

q +

⇒ q3 = –3

2.- Sea la función f (x) = ₂ 1

x x − .

a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, los puntos de inflexión y las asíntotas. Esbozar su gráfica.

b) Calcular el área de la región limitada por dicha gráfica y las rectas x = –4 y x = –2.

Solución:

En primer lugar, tengamos en cuenta que Domf = – {–1, 1} pues se trata de una función racional en la que el denominador se anula par x = –1 y x = 1.

\

Estudiemos en primer lugar la monotonía:

f ‘ (x) = 1·( 2 ₂1) ₂ ·2 ₂2 1₂

( 1) ( 1)

x x x x

x x

− − ₌ −

− −

−

f ‘ (x) = 0 ⇒ 2 2

1 ( 1)

x x

− −

− 2 = 0 ⇒ – x

2 _{– 1= 0 ⇒ No tiene soluciones reales}

Representemos por tanto únicamente los puntos en que la función no es derivable (aquellos que no pertenecen al dominio en este caso) 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 f ‘ (x) < 0 1 –1

Por tanto, la función f decrece en todo su dominio.

Estudiemos a continuación los intervalos de curvatura. Calculemos para ello f ‘’ (x):

f ‘’ (x) =

2 2 2 2 3

2 4 2

( 2 )·( 1) ( 1)·2·( 1)·2 2 6

( 1) ( 1)3

x x x x x x

x x

− − − − − − ₌ +

− −

x

Los puntos de inflexión se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘’ (x) = 0.

f ‘’ (x) = 0 ⇒ 3 2

2 6

( 1)3 x x x

+

− = 0 ⇒ 2x

3 _{+ 6x = 0 ⇒ x = 0}

Representemos estos puntos y aquellos en los que la función no es derivable 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 0

f ‘’ (x) > 0

f ‘’ (x) < 0 f ‘’ (x) > 0

1 –1

Por tanto, la función f es cóncava en (−∞, –1) ∪ (0, 1) y convexa en (–1, 0) ∪ (1, +∞).

De lo anterior también se deduce que en el punto de abscisa x = 0 se presenta un punto de inflexión de la función f pues en él cambia la curvatura.

Punto de inflexión en (0, 0)

Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: Al ser Domf = – {–1, 1}, se tiene que: \

2

1 1

x

x Lim

x

→ − − = ∞ y x 1 2 1

x Lim

x

→ − = ∞

Por tanto las rectas x = –1 y x = 1 son asíntotas verticales. • Horizontales: ₂

1 x

x Lim

x

→ ∞ − = 0

Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal de f.

b) En el intervalo comprendido entre x = –4 y x = –2, la función es negativa, y por tanto, el área viene dado por:

Área =

(

)

2 2 2 2 4 ₄ 1 1

| 1| 3 15

1 2 2

5 2

x Ln

dx Ln x Ln Ln

x − − − ₋ _{− −}  _{= − −}   −  

∫

− = = u2

CUESTIONES

C-1.- Hallar para qué valores de a es inversible la matriz A = 4 3 1 a a a +    

  y calcular la inversa para

a = 0.

Solución:

Una matriz es inversible si su determinante es no nulo. Por tanto, veamos para que valores se anula el determinante de A:

| A | = 0 ⇒ 4 3 1

a a

a +

= 0 ⇒ a2 – (4 + 3a) = 0 ⇒ a2 – 3a – 4 = 0 ⇒ a = –1 y a = 4.

Por tanto A es inversible si a∈ – {–1, 4}. \

Calculemos la inversa de A para a = 0:

A = _0 4 ⇒ | A| = 1 0

 



 0 4_{1 0} = –4 At = 0 1 Adj (A

4 0

 

 

 

t_{) =}  

₋0₁ −₀4

 

A–1 = Adj( ) | |

t

B

B =

0 1 1/ 4 0

      C-2.- Calcular 0 1 1 ln(1 ) x Lim x x →   −  ₊   . Solución:

Si intentamos calcular el límite directamente, obtenemos que:

0 1 ln(1 ) x Lim 1 x x →   −  ₊    = ∞ – ∞

que es una indeterminación. Efectuemos la recta de las dos fracciones que aparecen en el límite y volvamos a calcularlo:

0 0

1 1 ln(1 )

ln(1 ) ·ln(1 ) 0

x x

x x

Lim Lim

x x x x

→ →

 

 ₋ ₌ − + ₌ 0

 

 ₊  ₊

   

Aparece de nuevo una indeterminación pero ahora ya podemos aplicar para resolverla la regla de L’Hopital: 0 ln(1 ) ·ln(1 ) x x x Lim x x →  − +   ₊ 

  = 0 0

1 1

1 1

(1 )·ln(1 ) 1·ln(1 ) 1 1 x x x x x Lim Lim

x x x

x x x → →  ₋    ₊   ₊ =   _{ + + +}  + +   + +    x      = = 0 0

(1 )·ln(1 ) 0

x

x Lim

x x x

→

 

=

 _{+ + +} 

Apliquemos nuevamente la regla de l’Hopital:

0 0 0

1 1

(1 )·ln(1 ) ln(1 ) 1 1 ln(1 ) 2 2

x x x

x

Lim Lim Lim

x x x x x

→ → →

    

= =

 _{+ + +}   _{+ + +}   _{+ +}

    

1 

=  

C-3.- Hallar el área del triángulo cuyos vértices son A = (1, 1, 0), B = (2, –1, 0) y C = (2, 4, 0).

Solución:

El área del triángulo de vértices A, B y C vendrá dada por: Área = 1·| | 2 AB AC∧

JJJG JJJG

. Se tiene que:

AB JJJG

= (1, –2, 0) y JJJGAC = (1, 3, 0) ⇒ JJJGAB ∧ JJJGAC = 1 2 0 1 3 0

i j k

−

G G G

= 5 kG

Área = 1·| |

2 AB AC∧ JJJG JJJG

= 1_{· 0}2 ₀2 ₅2 5 2 + + = 2 u

2

C-4.- Demostrar que las curvas f (x) = sen x y g (x) = 1

x se cortan en algún punto del intervalo

5 2 ,

2 π  _π 

 

 .

Solución:

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

x. Esta función es continua en

– {0} por ser suma de funciones continuas en \– {0}. Por tanto, h (x) es continua en el

intervalo cerrado \

5 2 ,

2 π  π  



 y además toma valores de distinto signo en sus extremos, ya que:

h (2π) = sen 2π – 1

2π = 0 – 1 2π = –

1 2π < 0

h 5 sen5 1 sen5 2 1 2 5

5

2 2 2 5 5 5

2

2

π ₌ π_{− =} π_{− = − =}

π

π −  

  _{π π π}

  > 0

Podemos así aplicar a h (x) el teorema de Bolzano. Por tanto, existe un punto c∈ 2 ,5 2

π π

 



 tal que h (c) = 0. Entonces:

 

h (c) = 0 ⇒ h (c) = sen c – 1

c = 0 ⇒ sen c =

1

c

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Sean las matrices A =

1 2 3         

 , B = 7 2 2   ₋      

 , C =  , D = 0 0 0

0 1 0 0 0 1

      0 2 2         

 y E = .

2 5 3          

a) Hallar la matriz ABt donde Bt indica la matriz traspuesta de B. ¿Es inversible? b) Hallar el rango de la matriz AtD.

c) Calcular M = x y z          

que verifique la ecuación (ABt + C) M = E.

Solución:

a) Calculemos en primer lugar Bt_:

Bt =

(

)

Por tanto:

ABt =

1 2 3         

 ·

(

)

7 2 2

14 4 4

21 6 6

−    ₋     ₋   

ABt no es inversible por tener determinante nulo: | ABt | =

7 2 2

14 4 4

21 6 6

− − −

= 0 ya que C3 = −C2.

b) Calculemos en primer lugar At_:

At =

(

)

Por tanto:

AtD =

(

)

0 2 2          

El rango de AtD es 1.

c)

Despejemos M de la expresión (ABt + C) M = E

M = (ABt + C)−1 · E. Calculemos (ABt _{+ C)}−1_:

ABt + C =

7 2 2

14 4 4

21 6 6

−    ₋     ₋    + _ _ =

0 0 0 0 1 0 0 0 1

 

 

 

7 2 2

14 5 4

21 6 5

−    ₋     ₋   

| ABt + C | =

7 2 2

14 5 4

21 6 5

− − −

= 7 ; (ABt + C)t =

7 14 21

2 5 6

2 4 5

        − − −  

; [(ABt + C)t]* =

1 2 2

14 7 0

21 0 7

(ABt _{+ C)}−1 ₌ 1

7 ·

 

 

1 2 2

14 7 0

21 0 7

− −

 

−

₋ 

 

Entonces:

M = (ABt + C)−1 · E = 1 7 ·

1 2 2

14 7 0

21 0 7

− −

 

−

₋ 

 

 

 2 5 3  

     

 ·  = 1₇ ·

6 7

21 −

 

₋ 

 

 

  =  

6 / 7 1

3 −

 

 ₋ 

 

2.- Sea la función f (x) = x + e–x.

a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los extremos relativos, los intervalos de concavidad y convexidad y las asíntotas. Esbozar su gráfica.

b) Demostrar que existe algún número real c tal que c + e–c = 4.

Solución:

a) En primer lugar, tengamos en cuenta que Domf = . \ Estudiemos en primer lugar la monotonía:

f ‘ (x) = 1 – e–x

Los puntos singulares los calculamos al resolver la ecuación f ‘ (x) = 0.

f ‘ (x) = 0 ⇒ 1 – e–x = 0 ⇒ e–x = 1 ⇒ x = 0

Representemos dicho 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

0

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

De lo anterior se deduce que al cambiar la monotonía de decreciente a creciente en x = 0, en dicho punto se presenta un mínimo relativo de f (x).

Mínimo relativo en (0, 1)

A dicha conclusión se puede llegar también estudiando la derivada segunda:

f ‘’ (x) = e–x ⇒ f ‘’ (0) = e0 = 1 > 0 ⇒ Mínimo

Estudiemos a continuación los intervalos de curvatura. Como f ‘’ (x) = e–x_{, la ecuación f ‘’ (x) = 0 no}

tiene soluciones reales. Esto indica que la función será siempre cóncava o siempre convexa.

f ‘’ (x) = e–x ⇒ f ‘’ (x) > 0 siempre ⇒ Convexa. La función f (x) es convexa en todo su dominio.

Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: Al ser Domf = no hay asíntotas verticales. \ • Horizontales: x + e

x Lim

→ ∞

–x ₌ 1 x 1

x x

x x

xe Lim x Lim

e e

→ ∞ → ∞

+ ∞

 ₊ _{= =}

  _∞

 

Aplicando al límite anterior la regla de L´Hopital, se tiene que: 1

(1 )

x x x

x x

x x x

xe e xe

Lim Lim Lim x

e e

→ ∞ → ∞ → ∞

+ ₌ + _{= + = ∞}

Veamos si estos límites existen y son finitos:

m = ( ) x x _x1 1 1_x 1

x x x x

f x x e xe

Lim Lim Lim Lim

x x xe xe

−

→ ∞ → ∞ → ∞ → ∞

+ +  

= = = _ + _

 =

n =

[

]

(

)

x

x x x x

Lim f x mx Lim x e x Lim e Lim

e

− −

→ ∞ − = → ∞ + − = → ∞ = → ∞ =

Por tanto la asíntota oblicua es y = x.

Su gráfica es:

b) Consideremos la función auxiliar h (x) = f (x) – 4 = x + e–x – 4. Esta función es continua en todo por ser suma de funciones continuas en todo . 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 [0, 4] ya que:

\ \

h (0) = 0 + e0 – 4 = –3 < 0 y h (4) = 4 + e–4 – 4 = e–4 > 0

Por tanto, en el intervalo cerrado [0, 4] h (x) es continua y además toma valores de distinto signo en sus extremos. Podemos aplicar a h (x) el teorema de Bolzano. Por tanto, existe un punto c ∈ (0, 4) tal que h (c) = 0. Entonces:

h (c) = 0 ⇒ h (c) = c + e–c – 4 = 0 ⇒ c + e–c = 4

CUESTIONES

C-1.- Hallar a y b para que la función f (x) =

ln si 0

si 0

sen ( )

si 0

a x x x

b x

x

x x



 + >



= 

 _π

 <



sea continua en todo . \

Solución:

Consideremos primero cada uno de los trozos que definen a la función f (x).

• a + x ln x es continua en el intervalo (0, +∞) por ser composición de funciones continuas en dicho intervalo.

• b es una función constante definida en un único punto. Es continua pues toda función constante es continua en . \

• sen ( )x x

π

es continua en el intervalo (–∞, 0) por ser composición de funciones continuas en

dicho intervalo.

que:

0 ( ) 0 ( ) (0)

x x

Lim f x₋ Lim f x₊ f

→ = → =

Calculemos los límites laterales y el valor de f (0):

0 0 0 0

sen (π ) ·sen (π ) sen (π )

( ) · ·1

x x x x

x x x

Lim f x Lim Lim Lim

x x x

− − − −

→ → → →

π

= = = π =

π π π = π

( ' )

0 0 0 0 0 0

2

1 ln

( ) ( ln ) ( ln )

1 1 L Hopital

x x x x x x

x _x

Lim f x Lim a x x a Lim x x a Lim a Lim a Lim x a x

x

+ + + + + +

→ = → + = + → = + → = + → − = − → =

f (0) = b

Por tanto, se llega a la conclusión de que:

π = a = b

C-2.- Dadas las rectas 0 y

2 7

x y z r

x y

+ − = 

≡  _{+ =} 

2 5

x s

y =  ≡  _{= −}

 , hallar un punto de cada una de ellas, de tal forma, que el vector que los una sea perpendicular a ambas.

Solución:

Nos piden hallar la intersección de la perpendicular común a r y a s con ambas rectas. Calculemos dicha recta. Para ello podemos seguir el siguiente procedimiento:

a) Calculamos la ecuaciones parámetricas de las rectas r y s (a partir de las cuales podemos obtener el vector director de cada una de ellas).

b) Con las coordenadas genéricas de los puntos de r y s obtenidas en el paso anterior podemos calcular un vector que una un punto genérico de r con un punto genérico de s.

c) Dicho vector ha de ser perpendicular simultáneamente a los vectores directores de r y s. De aquí deduciremos cuánto valen los parámetros necesarios para determinar los puntos pedidos.

d) Calculamos los puntos de r y s pedidos.

Procedamos pues:

a) Ecuaciones paramétricas de la recta r:

Si tomamos y como parámetro (y = λ), se llega fácilmente a que: r≡

7 2

7

x y z

= − λ 

 _{= λ}



 = −λ 

Un vector director de r es = (–2, 1, –1). vJJG_r Ecuaciones paramétricas de la recta s:

Si tomamos z como parámentro (z = µ), obtenemos que: s≡

2 5

x y

z

=   = −   = µ 

Un vector director de s es vJG_s= (0, 0, 1).

b) Un punto genérico R de r tiene por coordenadas R = (7 – 2λ, λ, 7 – λ) y un punto genérico de la recta S tiene por coordenadas S = (2, –5, _JJ µ). Así, podemos formar el vector JJSRG:

de SRJJG por cada uno de los vectores y vJJG_r vJG_s ha de ser nulo.

ax  

a

 

A

−

6 4− SR

JJG

JJ · = 0 vr ⇒ (5 – 2λ, λ + 5, 7 – λ – µ) · (–2, 1, –1) = 0 ⇒ 6λ + µ –12 = 0 JJG

SRG · vJG_s = 0 ⇒ (5 – 2λ, λ + 5, 7 – λ – µ) · (0, 0, 1) = 0 ⇒ λ + µ – 7 = 0 Resolviendo el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas se obtiene: λ = 1 y µ = 6.

d)Por tanto R = (7 – 2λ, λ, 7 – λ) = (5, 1, 6) y S = (2, –5, µ) = (2, –5, 6).

Otro procedimiento para resolver el problema, aunque más largo y con más cálculos sería: _J • Hallamos el plano πr que contiene a la recta r y al vector w

G

que es perpendicular a r y s. JG

• Hallamos el plano πs que contiene a la recta s y al vector w anterior.

• La recta perpendicular común es la intersección de los planos πr y πs.

• Hallamos la intercesión de la perpendicular común hallada con las restas r y s

respectivamente.

C-3.- Discutir en función de a el sistema

1

ay a x ay

+ =  − = .

Solución:

Formemos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema:

A = _ _ 1

a a

− A = 1 1

a a a a

 

−

 

 

Obsérvese que la primera y la última columna de la matriz ampliada son iguales, y por tanto esta última columna se puede obviar a la hora de calcular el rango de dicha matriz.

Se tiene que | A | = 1

a a

a − = –a

2 _{– a. Calculando las soluciones de –a}2 _{– a = 0 se llega a que a = 0}

o a = –1. Por tanto:

• Si a≠ 0 y a≠ –1 ⇒ rango A = 2 = rango A ⇒ Sistema compatible determinado. • Si a = 0 ⇒ rango A = 1 = rango ⇒ Sistema compatible indeterminado.

• Si a = –1 ⇒ rango A = 1 = rango A ⇒ Sistema compatible indeterminado.

C-4.- Hallar el área del recinto limitado por las curvas de ecuaciones: y = x2 – 4 , y = 3x – 6.

Solución:

Calculemos en primer lugar los puntos donde se cortan la parábola y la recta dadas, ya que estos serán los extremos del intervalo de integración:

x2 – 4 = 3x – 6 ⇒ x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x = 1 y x = 2 El área pedida será por tanto:

Área =

2

3 2

2 ₂ 2 ₂

1 1

1 3

[(3 6) ( 4)] ( 3 2) 2

3 2

x x

x− − x dx= − +x x− dx= −_ + − x_

 

∫

∫

= 8 1 3 2 4 2

3 3 2

_{− +}  _{− − + −} _{= − =}

   

_{   }

  u

2