PRUEBA A 1.- Se considera el sistema

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(1)

SEPTIEMBRE 2007 PRUEBA A

PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema , donde a es un parámetro real. 4

0 2 2 x y az ax y z x y z

+ + =

 + − = 

+ − =

 2

a) Discutir el sistema en función del valor de a. b) Resolver el sistema para a =1.

2.- Sea f la función dada por f (x) = e2x x− 2.

a) Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los extremos relativos y las asíntotas de f. b) Determinar el número de soluciones de la ecuación f (x) = 2 en el intervalo [0, 1].

CUESTIONES

C-1.- Sean X una matriz 2 x 2, I la matriz identidad 2 x 2 y B =  . Hallar X sabiendo que BX + B = B

2 1 0 1

 

 

2 + I.

C-2.- Determinar el punto simétrico de P = (4, 0, 3) respecto del plano de ecuación x = y.

C-3.- Determinar en qué puntos de la gráfica de la función y = x3 – 3x2 + x + 1, la recta tangente a la misma

es paralela a la recta y = x + 7.

C-4.- Calcular el área del recinto limitado por la curva de ecuación f (x) = ln x, el eje OX y las rectas x = 1 y x = 2.

PRUEBA B

PROBLEMAS

1.- De una recta r se sabe que está contenida en el plano π de ecuación x – y = 0, que A = (0, 0, 0) pertenece a r , y que el vector que une A y B = (1, 0, –1) es perpendicular a r. Determinar la recta r, y calcular la distancia entre r y el plano paralelo a π que pasa por B.

2.- Sea la función f (x) = 2 4 x

x + . Se pide hallar:

a) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f , los máximos y mínimos relativos y las asíntotas. Esbozar su gráfica.

b) El área de la región limitada por la gráfica de f, el eje OX y las rectas x = –2 y x = 2. CUESTIONES

C-1.- Discutir, en función del número real m, el rango de la matriz: A = .

2 1

1 2

2 1 2 m m

 

+

 

3

C-2.- Sea A el punto medio del segmento de extremos P = (3, 2, 1) y Q = (–1, 0 ,1). Calcular el volumen del tetraedro de vértices A, B = (2, 1, 3), C = (1, 2, 3) y D = (3, 4, 1).

C-3.- Discutir si la ecuación x + sen x = 2 tiene alguna solución real.

C-4.- Calcular, si existe, el valor de

2 2 0

( )

m

x x

x

e e x

→ −

(2)

SOLUCIONES PRUEBA A

1.- Se considera el sistema , donde a es un parámetro real.

     = − + = − + = + + 2 2 2 0 4 z y x z y ax az y x

a) Discutir el sistema en función del valor de a. b) Resolver el sistema para a =1.

Solución:

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

A = 1 1

1 1

2 2 1

a a   −       

A =

1 1 4

1 1 0 2 2 1 2

a a          

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

| A | = 1 1

1 1

2 2 1

a

a

= −1 + 2a2− 2 − 2a + 2 + a = 2a2−a – 1

Se tiene que:

| A | = 0 ⇒ 2a2−a – 1 = 0 ⇒ a = 1 o a = 1 2

Estudiemos los distintos casos que se presentan:

• Si a≠ 1 y a≠ 1 2

− ⇒ rango (A) = 3 = rango (A). El sistema es compatible determinado.

• Si a = 1 ⇒ rango (A) = 2 pues 1 1 2 1

− = 1 ≠ 0 y rango (A) = 2 pues

1 1 4

1 1 0

2 1 2

− −

= 0.

Por tanto, el sistema es compatible indeterminado.

• Si a = 1 2

− ⇒ rango (A) = 2 pues 1 1 2 1

− = 1 ≠ 0 y rango (A) = 3 pues

1 1/ 2 4

1 1 2 1 − − 0 2 = 1.

Por tanto, el sistema es incompatible.

b) En el caso a = 1 el sistema es compatible indeterminado y por tanto tiene infinitas soluciones. Consideremos como incógnitas principales a y y a z ya que son las que nos dan un menor de orden

dos no nulo: 1 1 2 1

− − ≠ 0.

Tenemos por tanto el sistema equivalente:

2 2

y z x

y z x

− = −   2 − = − 

Si consideramos a x como un parámetro, x = λ, resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas anterior, llegamos a que la solución es:

(3)

2.- Sea f la función dada por f(x)=e2xx2.

a) Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los extremos relativos y las asíntotas de f. b) Determinar el número de soluciones de la ecuación f (x) = 2 en el intervalo [0, 1].

Solución:

a) El dominio de definición de la función dada es: Dom f = , por tratarse de una función exponencial con exponente polinómico. Estudiemos en primer lugar la monotonía de f (x):

\

f ‘ (x) = e2x x−2· (2 – 2x)

Los puntos singulares se presentan en los puntos solución de la ecuación f ‘ (x) = 0. f ‘ (x) = 0 ⇒ e2x x− 2· (2 – 2x) = 0 x = 1

Representemos este 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

1

Por tanto, la función f crece en (−∞, 1) y decrece en (1, +∞).

De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = 1 se presenta un máximo relativo de la función f.

Máximo relativo en (1, e)

A dicha conclusión se puede llegar también a través del estudio de la derivada segunda: f' ‘’ (x) = e2x x− 2· [(2 – 2x)2 – 2] f' ‘’ (1) = – 2e < 0 Máximo

Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: No existen.

• Horizontales: 2x x2 = 0 y

xLim e e

− −

→+∞ =

2x x2

xLim e e

− −∞

→−∞ = = 0

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

• Oblicuas: Como hay un asíntota horizontal, ya no puede haber oblicuas (son excluyentes).

b) Veamos que por el teorema de Bolzano, la función h (x) = f (x) – 2 tiene al menos una solución en el intervalo [0, 1].

h (x) es continua en [0, 1] y derivable en (0, 1) por serlo cada uno de los términos de la misma. Además se tiene que la función h (x) toma valores de distinto signo en los extremos de dicho intervalo, esto es:

h (0) = e2·0 0− 2 − =2 e0− = − = −2 1 2 1 < 0 y h (1) = 2·1 12 1 > 0 2 2 2 0,718281...

e − − = − = − =e e

Por tanto, por el teorema de Bolzano, existe un punto c∈ (0, 1) tal que h (c) = 0, esto es: h (c) = 0 ⇒ f (c) – 2 = 0 ⇒ f (c) = 2

El punto c es solución de la ecuación f (x) = 2.

(4)

CUESTIONES

C-1.- Sean X una matriz 2 x 2, I la matriz identidad 2 x 2 y B = 2 1 0 1

 

 

 . Hallar X sabiendo que

BX + B = B2 + I.

Solución:

Despejemos la matriz pedida X de la expresión BX + B = B2 + I

BX + B = B2 + IBX + B = B2 + IBX = B–1 · (B2 + IB) Calculemos pues las siguientes matrices:

B2 = 2 1 · = 0 1

 

 

 

2 1 0 1

 

 

 

4 3 0 1

 

 

 

B2 + IB = 4 3 + = 0 1

 

 

1 0 0 1

 

 

2 1 0 1

 

 

3 2 0 1

 

 

Calculemos también la inversa de B:

| B | = 2 1

0 1 = 2 B

t =  

1 12 0 Adj (B

 

t) = 1 1

0 2

 

 

 

B–1 = Adj( )

| |

t

B

B =

 

1/ 20 −1/ 21

 

Por tanto:

X = B–1 · (B2 + IB) = 1/ 2 1/ 2 ·  =

0 1

 

 3 20 1

 

3/ 2 1/ 2

0 1

 

 

 

C-2.- Determinar el punto simétrico de P = (4, 0, 3) respecto del plano de ecuación x = y.

Solución:

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 por J P:

π≡xy = 0 ⇒ pG = (1, −1, 0)

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

4 λ λ 3 x

y z

= +   = − 

=

Hallemos 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:

(5)

M = (4 + (–2), –(–2), 3 ) = (2, 2, 3)

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

2 = 4 1

2 q

+

q1 = 0

2 = 0 2

2 q

+

q2 = 4 ⇒ Q = (0, 4, 3)

3 = 3 3

2 q

+

q3 = 3

C-3.- Determinar en qué puntos de la gráfica de la función y = x3 – 3x2 + x + 1, la recta tangente a la misma es paralela a la recta y = x + 7.

Solución:

La recta tangente a y = x3 – 3x2 + x + 1 es paralela a la recta y = x + 7, en aquellos puntos en los que ambas rectas tengan la misma pendiente. Como la recta y = x + 7 tiene pendiente m = 1, la recta tangente ha de tener la misma pendiente. La pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en un punto viene dada por m = f ‘ (x) y por tanto se ha de cumplir que:

m = f ‘ (x) = 1 Como f ‘ (x) = 3x2 – 6x + 1, se ha de cumplir que:

3x2 – 6x + 1 = 1 ⇒ 3x2 – 6x = 0 ⇒ x = 0 y x = 2

Los puntos buscados son por tanto, los de abscisa x = 0 y x = 2, Estos es, los puntos (0, 1) y (2, −1).

C-4.- Calcular el área del recinto limitado por la curva de ecuación f (x) = ln x, el eje OX y las rectas x = 1 y x = 2.

Solución:

En primer lugar, tengamos en cuente que Domf (x) = (0, +∞) y que la gráfica de la función corta al eje OX en el punto (1, 0), a partir del cual, se mantiene siempre por encima del dicho eje. Nos piden calcular por tanto:

A = 2

1 lnx dx

Calculemos la integral indefinida por el método de integración por partes:

u = ln xdu = 1dx x dv = dxv =

dx = x Así pues:

lnx dx

= ln x · xx·1dx x

= ln x · x

dx = x · ln xx = x (ln x – 1) Entonces, aplicando la regla de Barrow:

A = 2

1 lnx dx

(6)

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- De una recta r se sabe que está contenida en el plano π de ecuación xy = 0, que A = (0, 0, 0) pertenece a r , y que el vector que une A y B = (1, 0, –1) es perpendicular a r. Determinar la recta r, y calcular la distancia entre r y el plano paralelo a π que pasa por B.

Solución:

La recta pedida r es tal que pasa por el punto A y tiene como vector director, , un vector que es perpendicular simultáneamente al vector característico,

vG p

JG

, del plano π (por estar r contenida en él) y al vector (nos lo dice el enunciado). Así pues, podemos calcular dicho vector director como el producto vectorial de

AB JJJG

p JG

y de JJJABG.

JJJ p

JG

= (1, –1, 0) y ABG = (1, 0, –1)

vG = JGp ∧ JJJGAB = 1 1 0

1 0 1

i j k

− −

G G G

= Gi + Gj + kG ⇒ vG = (1, 1, 1)

La recta r pedida es pues:

r

x y z

= λ   = λ   = λ 

Para calcular la distancia entre r y el plano paralelo a π que pasa por B, determinemos en primer lugar cuál es dicho plano. El haz de planos paralelos al plano π tiene por ecuación:

xy + k = 0

Como de todos estos planos, buscamos el que pasa por B, sustituimos las coordenadas de este punto en la ecuación del haz para conocer el valor de k:

B = (1, 0, –1) ⇒ 1 – 0 + k = 0 ⇒ k = –1 El plano buscado es: π1≡xy – 1 = 0.

Como la recta r está contenida en π, que es paralelo a π1, la distancia de r a π1 viene dada por la

distancia de cualquier punto de r, por ejemplo A, al plano π1.

d (r, π1) = d (A, π1) =

2 2 2

|0 0 1| | 1| 1 2 2

2 2

1 ( 1) 0

− − == =

+ − + u.

2.- Sea la función f (x) = 2 4 x

x + . Se pide hallar:

a) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f , los máximos y mínimos relativos y las asíntotas. Esbozar su gráfica.

b) El área de la región limitada por la gráfica de f, el eje OX y las rectas x = –2 y x = 2.

Solución:

En primer lugar, tengamos en cuenta que Domf = \ pues se trata de una función racional en la que el denominador nunca se anula.

Estudiemos en primer lugar la monotonía:

f ‘ (x) = ( 2 24) 2 ·2 42 2

( 4) ( 4)2

x x x x

x x

+ − =

+ +

(7)

f ‘ (x) = 0 ⇒

2

2

4 ( 4)2

x x

+ = 0 ⇒ 4 – x

2 = 0 x = –2 y x = 2

Representemos estos puntos singulares 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

2 –2

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

De lo anterior se deduce que en el punto de abscisa x = –2 se presenta un mínimo relativo de la función f y en el punto de abscisa x = 2 se presenta un máximo relativo de la función f.

Mínimo relativo en 2, 1 4

− −

 

 

Máximo relativo en 2,1 4

 

 

 

Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: No existen, pues Domf = . \

• Horizontales: 2 4

x

x Lim

x

→ ∞ + = 0

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

• Oblicuas: Como hay un asíntota horizontal, ya no puede haber oblicuas (son excluyentes). La gráfica de la función es:

b) Calculemos ahora el área de la región limitada por la gráfica de f, el eje OX y las rectas x = –2 y x = 2. Dicha área vendrá dada por:

A = 0 2 2 2

2 4 0 4

x x

dx dx

x x

− + +

− +

Calculemos primero la integral indefinida 2 4 x

dx x +

, que es casi inmediata:

2 2

1 2

4 2 4

x

dx dx

x + = x +

x = 1

2 ln | x

2 + 4 |

Por tanto:

A = 0 2 2 2

2 4 0 4

x x

dx dx

x x

− +

+ +

=

0 2

2 2

2 0

1 1

ln| 4| ln| 4|

2 x − 2 x

  ++

+

    =

= 1ln 4 1ln 8 1ln 8 1ln 4

2 2 2 2

  +

  

   

 

(8)

CUESTIONES

C-1.- Discutir, en función del número real m, el rango de la matriz: A = .

2 1

1 2

2 1 2

m m

 

+

 

3

Solución:

Calculemos | A |:

| A | =

2 1

1 2

2 1 2

m m

+

− −

3 = 8 – m (1 + m) – 6 + 4m + 6 – 2 (1 + m) = –m2 + m + 6

Veamos cuando | A | = 0:

| A | = 0 ⇒ –m2 + m + 6 = 0 ⇒ m = –2 y m = 3 Estudiemos el rango según estos valores:

• Si m≠ –2 y m≠ 3 ⇒ rango A = 3, puesto que | A | ≠ 0.

• Si m = –2 ⇒ A =

2 1 2

1 2 3

2 1 2

 

 

 

 rango A = 2, puesto que podemos encontrar un menor de

orden 2 no nulo: 1 2 2 3

= 3 + 4 = 7 ≠ 0.

• Si m = 3 ⇒ A =

2 1 3

4 2 3

2 1 2

 

 

 

 rango A = 2, puesto que podemos encontrar un menor de

orden 2 no nulo: 1 3

2 3 = 3 – 6 = –3 ≠ 0.

C-2.- Sea A el punto medio del segmento de extremos P = (3, 2, 1) y Q = (–1, 0 ,1). Calcular el volumen del tetraedro de vértices A, B = (2, 1, 3), C = (1, 2, 3) y D = (3, 4, 1).

Solución:

El volumen del tetraedro viene dado por la expresión V = 1 , , 6 u v w

G G JG

, siendo , y uG vG wJG los

vectores que representan 3 aristas concurrentes en un mismo vértice, y u v wG G JG, ,  el producto mixto de dichos vectores. Consideremos pues los vectores G JJJ G J uG, vG y JGJGw co o: Jm

u = ABG v = ACJJG y w = ADJJG Calculemos en primer lugar el punto A, punto medio de P y Q:

A = 3 ( 1) 2 0 1 1, ,

2 2 2

+ − + +

 

 

  = (1, 1, 1)

Entonces:

(9)

V = 1 , , 6 u v w

G G JG = 1

6

1 0 2 0 1 2 2 3 0

= 1

6 | 0 + 0 + 0 – 4 – 6 – 0 | = 1

6 | –10 | = 10 5

6 =3 u

3

C-3.- Discutir si la ecuación x + sen x = 2 tiene alguna solución real.

Solución:

Consideremos la función auxiliar h (x) = x + sen x – 2. 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, 2

π

 

 

 , ya que:

h (0) = 0 + sen 0 – 2 = –2 y h sen 2 1 2 1

2 2 2 2 2

π π π π π

  = + − = + − = −

 

  0,570

Por tanto, h (x) es continua en el intervalo 0, 2

π

 

 

  y toma valores de distinto signo en los extremos

de dicho intervalo cerrado. Por tanto, existe un punto c∈ 0, 2

π  

 

 tal que h (c) = 0. Entonces:

h (c) = 0 ⇒ h (c) = c + sen c – 2 = 0 ⇒ c + sen c = 2

El punto c que asegura el teorema de Bolzano, es una raíz de la ecuación x + sen x = 2.

C-4.- Calcular, si existe, el valor de

2

2 0

( x x)

x

e e

Lim x

→ −

.

Solución:

Al intentar calcular directamente el límite dado obtenemos una indeterminación:

2

2 0

( )

0

x x

x

e e

Lim x

=0

Esta indeterminación se puede resolver aplicando la regla de L’Hopital:

2 2

2

0 0 0

( ) 2·( )·( )

2 0

x x x x x x x x

x x x

e e e e e e e e

Lim Lim Lim

x x

− − −

→ → →

= − + = − 2 0

x

− =

Aplicando nuevamente la regla de L´Hopital:

2 2 2 2

2 2

0 0 0

2·( )

2·( )

1

x x x x

x

x x x

e e e e

Lim Lim Lim e e

x

− −

→ → →

Figure

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