JUNIO 2009 PRUEBA A PROBLEMAS
1.- Sea r la recta que pasa por los puntos A (l, l, l) y B (3, 1, 2), y sea s la recta de ecuaciones s≡ 2 1
2 0 x z
y
− =
− =
. Se pide:
a) Estudiar su posición relativa.
b) Si fuera posible, calcular su punto de intersección. c) Calcular, si existe, un plano que las contenga.
2.- Sea la función f (x) = | x2 – x – 2 |.
a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad y esbozar su gráfica.
b) Demostrar que no es derivable en x = 2.
c) Calcular el área de la región limitada por dicha gráfica, el eje OX y las rectas x = –2, x = 0.
CUESTIONES
C-1.- Sea A una matriz cuadrada tal que det (A) = –1 y det ((–2) · A) = 32. Calcular el tamaño de la matriz A.
C-2.- Calcular la matriz X que verifica AX = BBt, donde A = 2 1
3 2
−
y B = , siendo
B
0 1 0
3 1 2
−
t la matriz transpuesta de B.
C-3.- Hallar la distancia desde el punto P (1, 3, –2) a la recta s≡
2 3λ 1 λ 1 2λ
x y z
= +
= − +
= −
.
PRUEBA B PROBLEMAS
1.- Sea el sistema de ecuaciones lineales:
5
λ λ
2 3
x y y z
x z
− =
+ =
− =
Se pide:
a) Discutirlo en función del parámetro λ∈ . \
b) Resolverlo cuando sea compatible.
PR-2.- Un campo de atletismo de 400 metros de perímetro consiste en un rectángulo y dos semicírculos en dos lados opuestos, según la figura adjunta. Hallar las dimensiones del campo para que el área de la parte rectangular sea lo mayor posible.
CUESTIONES
C-1.- Calcular la distancia entre las rectas de ecuaciones:
r≡ 3 1 y s≡
7 4
x y x z
− = −
− = −
2 3
2
3 4
y z
x− = − = −
C-2.- Resolver la ecuación 1
1 1
x x x
x x x
x x x
+ +
+
= 0.
C-3.- Estudiar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f (x) = lnx
x en su dominio de definición.
C-4.- Calcular los valores de a para los cuales el área comprendida entre la gráfica de la función y = –x2 + a4 y el eje OX es de 256
SOLUCIONES PRUEBA A PROBLEMAS
1.- Sea r la recta que pasa por los puntos A (l, l, l) y B (3, 1, 2), y sea s la recta de ecuaciones s≡ 2 1
2 0 x z
y
− =
− =
. Se pide:
a) Estudiar su posición relativa.
b) Si fuera posible, calcular su punto de intersección. c) Calcular, si existe, un plano que las contenga.
Solución:
a) Calculemos en primer lugar la recta que pasa por los puntos A (1, 1, 1) y B (3, 1, 2). Un vector director de la misma es:
r
vJJG = JJJGBA = (2, 0, 1) Por tanto, la ecuación continua de la misma será:
r≡ 1 1
2 0 1
1 x− = y− = z− y las ecuaciones implícitas son:
r≡ 2 1
1 x z
y − = −
=
Para estudiar su posición relativa podemos seguir dos caminos. El primero de ellos es estudiar el sistema formado por las ecuaciones de los cuatro planos que determinan las dos rectas. Formemos las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada de dicho sistema:
M =
1 0 2
0 1 0
1 0 2
0 1 0
−
−
M =
1 0 2 1
0 1 0 1
1 0 2 1
0 1 0 2
− −
−
Como se observa fácilmente en la matriz de los coeficientes, M, la última columna es proporcional a la primera (c3 = –2c1), y por tanto, podemos eliminarla para estudiar el rango de la misma. En las
dos primeras columnas, podemos encontrar de manera inmediata un menor de orden dos no nulo,
como por ejemplo: 1 0
0 1 = 1 ≠ 0. Por tanto, el rango de la matriz M es 2. De aquí se deduce que las dos rectas han de estar contenidas en un plano.
Por otra parte, para estudiar el rango de la matriz M , orlamos el menor de orden dos no nulo anterior, con los elementos de la tercera fila y los elementos de la última columna. Tenemos entonces:
1 0 1 0 1 1 1 0 1
−
= 2 ≠ 0
Se deduce entonces que rango M es tres. Entonces, como rango M = 2 y rango M = 3, el sistema es incompatible, es decir, no tiene solución. Las rectas r y s no tienen ningún punto en común. Por tanto, o son paralelas o se cruzan. Como dijimos anteriormente, al ser rango M = 2, se deduce que ambas rectas están en el mismo plano, y por tanto han de ser paralelas.
s≡
1 2λ 2 λ
x y z
= + = = G
Por tanto, un vector director de la misma es vJs = (1, 0, 2) y un punto es S (1, 2, 0). Así, tenemos que:
r
v
JJG
= (2, 0, 1) vJGs = (2, 0, 1) vG = SAJJG = (0, 1, –1)
Como se observa los vectores y vJJGr vJGs son iguales y por tanto, las rectas son paralelas o coincidentes. Como el punto A∈r no pertenece a s (pues no verifica sus ecuaciones), las rectas son paralelas.
b) Como las rectas r y s son paralelas, no tienen ningún punto en común.
c) El plano π, que contiene a ambas rectas viene determinado, por un punto y los vectores directores de JJvGr y Gv, es decir, la terna π≡ (A, vJJGr , vG). Entonces:
π≡
1 1 2 0 1 0 1 1
x− y− z−1
−
= 0 ⇒ π≡ –x + 2y + 2z – 3 = 0
2.- Sea la función f (x) = | x2 – x – 2 |.
a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad y esbozar su gráfica.
b) Demostrar que no es derivable en x = 2.
c) Calcular el área de la región limitada por dicha gráfica, el eje OX y las rectas x = –2, x = 0. Solución:
a) Al tratarse de una función valor absoluto, para trabajar mejor con ella, la expresaremos como una función definida a trozos. Para ello, veamos donde se anula el polinomio x2 – x – 2:
x2 – x – 2 = 0 ⇒ x = –1 y x = 2 Entonces, tenemos que:
f (x) =
2 2 2
2 si 1
2 si 1 2
2 si 2
x x x
x x x
x x x
− − ≤
− + + − < <−
− − ≥
Como se comprueba fácilmente, esta función es continua en todo , pues cada trozo es una función polinómica (y por tanto continua) y en los puntos en que se cambia de un trozo a otro también es continua, ya que:
\
2 2
1 ( 2) 1( 2) ( 1)
xLim x→−− − −x =xLim→−+ − + + = − =x x f 0
0
2 2
2 ( 2) 2 ( 2) (2)
x x
Lim x− x Lim x+ x f
→ − + + = → − − = =
Estudiemos la monotonía de cada trozo de la función por separado: Si x≤ –1, tenemos que:
Esta derivada se anula para x = 1
2, punto que no pertenece al intervalo objeto de estudio. Tenemos que si x≤ –1, la derivada es siempre negativa y por tanto en este trozo la función es decreciente. Si –1 < x < 2, entonces:
f ‘ (x) = –2x + 1
Esta derivada se anula para x = 1
2, punto que pertenece al intervalo objeto de estudio.
f ‘ (x) < 0 f ‘ (x) > 0
–1 1/2 2
Por tanto, la función crece en 1,1 2 −
y decrece en 1, 2 2
. De aquí se deduce que en x = 1 2 la función presenta un máximo.
Si x≥ 2, tenemos que:
f ‘ (x) = 2x – 1
Esta derivada se anula para x = 1
2, punto que no pertenece al intervalo objeto de estudio. Tenemos que si x≥ 2, la derivada es siempre positiva y por tanto en este trozo la función es creciente.
Como en x = 2 la función pasa de ser decreciente a creciente, en dicho punto presentará un mínimo. Pasemos a estudiar ahora la curvatura:
Si x≤ –1, tenemos que:
f ‘’ (x) = 2
Esta derivada nunca se anula, y por tanto no tendrá puntos de inflexión. Tenemos que si x ≤ –1, la derivada segunda es siempre positiva y por tanto en este trozo la función es cóncava hacia las y positivas.
Si –1 < x < 2, entonces:
f ‘’ (x) = –2
Esta derivada nunca se anula, y por tanto no tendrá puntos de inflexión. Tenemos que si –1 < x < 2, la derivada segunda es siempre negativa y por tanto en este trozo la función es cóncava hacia las y negativas.
Si x≥ 2, tenemos que:
f ‘’ (x) = 2
Esta derivada nunca se anula, y por tanto no tendrá puntos de inflexión. Tenemos que si x ≤ –1, la derivada segunda es siempre positiva y por tanto en este trozo la función es cóncava hacia las y positivas.
Todo el estudio anterior que hemos hecho de la función se simplificaría muchísimo si tenemos en cuenta que la gráfica de la función f (x), que es una función valor absoluto, la podemos dibujar a partir de la de la función g (x) = x2 – x – 2, pero reflejando sobre el eje de abscisas aquella parte de la gráfica que quede por debajo del mismo. La gráfica de g (x) es una parábola con vértice en el punto 1, 9
2 4
−
, que corta al eje OX en los puntos (–1, 0) y (2, 0), y que tiene sus ramas dirigidas hacia la parte positiva del eje OY. Entonces la gráfica de f (x) la obtenemos a partir de esta como:
⇒
b) Veamos que la función no es derivable en x = 2. Como se observa en la gráfica de la función, para x = 2 se presenta un punto anguloso, y por tanto en dicho punto la función no es derivable. Veámoslo de manera analítica. La derivada de f (x) viene dada por:
f ‘ (x) =
2 1 si 1 2 1 si 1 2 1 si 2
x x
x x
x x
2
− < −
− + − <
− >
<
Esta función es derivable en cada trozo por separado, pues cada trozo es una función polinómica. Veamos que pasa en x = 2. Para que sea derivable en dicho punto se ha de cumplir que:
f ‘ (2–) = f ‘ (2+) Probemos si es así:
f ‘ (2–) = –2 · 2 + 1 = –3 f ‘ (2+) = 2 · 2 – 1 = 3
c) El área pedida, según se observa en la siguiente gráfica, se separa en dos regiones.
Dicha área viene dada por:
Área = 1 2 0 2
2(x x 2)dx 1( x x 2)d
−
− − − + − − + +
∫
∫
x =1 0
3 2 3 2
2 1
2 2
3 2 3 2
x x x x
x x
−
− −
− − + − + +
=
= 1 1 2 8 2 4 0 1 1
3 2 3 3 2
− − + − − − + + − + −
2
=
7 2 7
6 3 6
− − + − −
= 3 u
2
CUESTIONES
C-1.- Sea A una matriz cuadrada tal que det (A) = –1 y det ((–2) · A) = 32. Calcular el tamaño de la matriz A.
Solución:
Supongamos que tenemos una matriz cuadrada A de dimensión n. Para resolver esta cuestión, tengamos en cuenta lo siguiente:
Cuando una matriz A se multiplica por un número, todos los elementos de dicha matriz quedan multiplicados por ese número.
•
• Si multiplicamos todos los elementos de una línea de un determinante por un número, el determinante queda multiplicado por ese número.
Las matrices A y ((–2) · A) con las que trabajamos tienes n filas, pero en la segunda hemos multiplicado cada fila de la primera por (–2). Por tanto, tenemos que:
det ((–2) · A) = (–2)n · det (A) = (–2)n · (–1) Por tanto, se deduce que:
C-2.- Calcular la matriz X que verifica AX = BB t, donde A = 2 1
3 2
−
y B = , siendo
B
0 1 0
3 1 2
−
t la matriz transpuesta de B. Solución:
En esta cuestión tratamos de resolver la ecuación matricial AX = BB t. Despejemos la matriz X. Para ello, multiplicamos la ecuación, por la izquierda, por la inversa de A, A–1. Entonces:
A–1AX = A–1BB t ⇒ I · X = A–1BB t ⇒ X = A–1BB t
La matriz X existirá si existe A–1, es decir, si | A | ≠ 0. Veamos si es así y calculemos X si es posible: | A | = 2 1
3 −2 = –4 – 3 = –7 ≠ 0
Existe A–1. Calculémosla:
A–1 = ( ) | |
t
Adj A A
A t = 2 3 Adj (A
1 2
−
t) = 2 1
3 2
− −
−
A–1 = | |( ) t
Adj A
A =
2 1 1 3 2 7 − − − −
Por otra parte tenemos que:
B t = 0 3 1 1 0 2 − Por tanto:
X = A–1BB t = 1 2 1
3 2 7 − − − − · ·
0 1 0
3 1 2
− 0 3 1 1 0 2 −
= 1 2 1
3 2 7 − − − − · = 1 1 1 14 − −
= 1 1 12
5 31 7 − − − − = 1 12 7 7 5 31 7 7 −
C-3.- Hallar la distancia desde el punto P (1, 3, –2) a la recta s≡
2 3λ 1 λ 1 2λ
x y z = + = − + = − . Solución:
La distancia del punto P a la recta s viene dada por: J d (P, s) = | |
| | s s v SP v ∧ G JJG JG
Por tanto:
SP
JJG
= (–1, 4, –3)
Entonces:
s
vJG ∧ SPJJG = 3 1 2
1 4 3
i j k −
− −
G G G
= 5Gi + 11Gj + 13kG
Así:
d (P, s) = | | | |
s
s
v SP
v
∧ JG JJG
JG =
2 2 2
2 2 2
5 11 13 315 14 3 1 ( 2)
+ + =
+ + − = 22,5 u.
C-4.- Calcular 1 2 1−x dx
∫
Solución:
Se trata de una integral racional. Descompongamos el integrando en fracciones simples. Para ello, calculemos sus raíces:
1 – x2 = 0 ⇒ x = 1 y x = –1
Entonces:
2
1
1 1 1
A B
x = x+ x
− − +
Así, operando en el segundo miembro:
2 2
1 ( )
1 1 1 1
A B A B A B
x x x x
( )x
+ + −
= + =
− − + −
Igualando los coeficientes del numerador obtenido con los coeficientes del primer miembro se llega al sistema:
1 0 A B A B
+ =
− =
Resolviéndolo, A = B = 1
2. La integral se puede descomponer entonces como suma de dos integrales simples:
2
1 1−x dx
∫
= 1/ 2 1/ 2 1 1 1 1 1ln |1 | 1ln |1 |1−xdx+ 1+xdx=2 1−xdx+2 1+xdx=2 −x +2 +x C
PRUEBA B PROBLEMAS
1.- Sea el sistema de ecuaciones lineales:
5
λ λ
2 3
x y y z
x z
− =
+ =
− =
Se pide:
a) Discutirlo en función del parámetro λ∈ . \
b) Resolverlo cuando sea compatible.
Solución:
a) Formemos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema:
M =
1 1 0 0 λ 1 1 0 2
−
−
M =
1 1 0 5 0 λ 1 λ 1 0 2 3
−
−
Veamos cuál es | M | y cuando se anula:
| M | =
1 1 0 0 λ 1 1 0 2
−
−
= –2λ – 1
Dicho determinante se anula para λ = 1 2
− . Estudiemos los rangos de M y M en función de los valores de λ:
Si λ ≠ 1
2
− , entonces rango M = 3 = rango M = nº de incógnitas. Por tanto el sistema es compatible determinado (Solución única).
•
Si λ = 1 2
− , entonces rango M = 2, ya que podemos encontrar en M un menor de orden dos no
nulo, como por ejemplo: 1 0
0 1 = 1 ≠ 0. Si embargo, si orlamos este menor con los elementos de la última fila y la última columna de la matriz ampliada, tenemos que se obtiene
un menor de orden dos no nulo:
1 0 5 0 1 1/ 2 1 2 3
− −
= –3 ≠ 0, y por tanto rango M = 3. El
b) Vamos a resolver el sistema en el caso de que sea compatible, es decir, si λ≠ 1
2
− . Utilicemos la regla de Cramer:
x =
5 1 0
λ λ 1
3 0 2 |M|
−
−
= 12λ 3 12λ 3 2λ 1 2λ 1
− − +
=
− − +
y =
1 5 0 0 λ 1 1 3 2
|M|
−
= 2λ 2 2λ 2 2λ 1 2λ 1
− + = −
− − +
z =
1 1 5 0 λ λ 1 0 3
|M |
−
= 3λ 3λ
2λ 1 2λ 1 −
=
− − +
PR-2.- Un campo de atletismo de 400 metros de perímetro consiste en un rectángulo y dos semicírculos en dos lados opuestos, según la figura adjunta. Hallar las dimensiones del campo para que el área de la parte rectangular sea lo mayor posible.
Solución:
y x
Consideremos como dimensiones de las figuras las siguientes:
x = longitud de la parte rectangular.
y = radio de cada uno de los semicírculos laterales.
Como el perímetro del campo mide 400 metros, la relación entre estas dos variables es: 2x + 2πy = 400 ⇒ x = 200 – πy
Nos piden que el área de la parte rectangular sea lo mayor posible, y por tanto la función que debemos maximizar es:
A (x, y) = x · 2y = 2xy
Teniendo en cuenta la relación anterior, podemos sustituir x en esta expresión para obtener una función que sólo dependa de una variable:
A (y) = 2 · (200 – πy) · y = 400y – 2πy2
Para calcular el máximo de esta función, calculemos su derivada: A ‘ (y) = 400 – 4πy Esta derivada se anula para:
400 – 4πy = 0 ⇒ y = 100
Probemos mediante la derivada segunda si este punto es máximo o mínimo:
A ‘’ (y) = –4π ⇒ A ‘’ 100
π
= –4π < 0 ⇒ Máximo
Por tanto, las dimensiones del campo para que el área de la parte rectangular sea lo mayor posible son:
y = 100 m x = 200 – πy = 200 – π
π
100
π = 100 m
CUESTIONES
C-1.- Calcular la distancia entre las rectas de ecuaciones:
r≡ 3 1 y s≡
7 4
x y x z
− = −
− = −
2 3
2
3 4
y z
x− = − = −
Solución:
Escribamos las ecuaciones paramétricas de las rectas r y s:
r≡ con λ∈ s≡
λ 1 3λ 4 7λ
x y z
= = + = +
\
µ 4 3µ 5 4µ
x y z
=
= − +
= − +
con µ∈ \
La distancia de r a s viene dada por:
d (r, s) = ·( r s)
r s RS v v
v v ∧ ∧
JJJG JJG JG
JJG JG
JJG
siendo R un punto de la recta r, S un punto de la recta s y vr y vJGs los vectores directores de ambas rectas. En nuestro caso:
R (0, 1, 4) S (0, –4, –5) ⇒ JJJGRS = (0, –5, –9)
r
vJJG = (1, 3, 7) vJGs = (1, 3, 4)
Entonces:
r
v
JJG
∧ vJGs = 1 3 7 1 3 4 i j k
G G G
= –9Gi + 3Gj JJG JG
RS
JJJG
· ( vr ∧ vs) = (0, –5, –9) · (–9, 3, 0) = –15
Así:
d (r, s) = ·( r s)
r s RS v v
v v ∧ ∧
JJJG JJG JG
JJG JG =
2 2 2
| 15 | 15 90
6 90
( 9) 3 0
− = =
C-2.- Resolver la ecuación 1
1 1
x x x
x x x
x x x
+ +
+
= 0.
Solución:
Calculemos el determinante: 1
1 1
x x x
x x x
x x x
+ +
+
= (x + 1)3 + x3 + x3 – x2 (x + 1) – x2 (x + 1) – x2 (x + 1) =
= x3 + 3x2 + 3x + 1 + x3 + x3 – x3 – x2 – x3 – x2 – x3 – x2 = 3x + 1 Igualando dicho determinante a cero, obtenemos la ecuación:
3x + 1 = 0
Por tanto, la solución de esta ecuación es x = 1 3 −
C-3.- Estudiar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f (x) = lnx
x en su dominio de definición.
Solución:
En la función sometida a estudio aparece un logaritmo y un denominador. Por tanto no pertenecerán al dominio los puntos que hagan negativo o nulo el argumento del logaritmo, ni aquellos que anulen el denominador. Por tanto:
Domf (x) = (0, +∞) Para estudiar la monotonía, calculemos la derivada primera:
f ‘ (x) = 2 2 1
·x ln ·1 1 lnx x x
x x
− −
=
Igualemos dicha derivada a cero para encontrar los puntos singulares:
f ‘ (x) = 0 ⇒ 1 l2nx x −
= 0 ⇒ 1 – ln x = 0 ⇒ ln x = 1 ⇒ x = e
Para encontrar los intervalos de monotonía debemos estudiar el signo de la derivada primera, pero teniendo en cuenta que el denominador es siempre positivo, el signo de la derivada coincide con el signo del numerador. Entonces, si representamos sobre una recta el punto singular tenemos que:
f ‘ (x) > 0 f ‘ (x) < 0 e
0
C-4.- Calcular los valores de a para los cuales el área comprendida entre la gráfica de la función y = –x2 + a4 y el eje OX es de 256
3 unidades de superficie.
Solución:
La gráfica de la función y = –x2 + a4 es una parábola con sus ramas dirigidas hacia abajo. Los puntos en que la misma corta al eje OX son las soluciones de la ecuación:
–x2 + a4 = 0 ⇒ x2 = a4 ⇒ x = ±a2
Por tanto, el área encerrada entre la gráfica de la función y el eje OX vendrá dada por: Área =
2 2
2
2
3 6 6
2 4 4 6 6 4
( )
3 3 3
a a
a
a
x a a 6
3
x a dx a x a a a
−
−
− + = − + = − + − − =
∫
Dicho área debe tener un valor igual a 256
3 , y por tanto:
6
4 3a =
256
3 ⇒ a
