PROBLEMAS 1.- Sean r y s las rectas dadas por:r ≡

JUNIO 2006

PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sean r y s las rectas dadas por:

r≡ 2

2 3

x y m z y

− = 

 + =

 , s≡

2

2 3

x y x z

+ = 

 + = 

a) Hállese el valor de m para que ambas rectas se corten.

b) Para m = 1, hállese la ecuación del plano que contiene a r y s.

2.- Considérense las funciones f (x) = ex, g (x) = –e–x. Para cada recta r perpendicular al eje OX, sean A y B los puntos de corte de dicha recta con las gráficas de f y g, respectivamente. Determínese la recta r para la cual el segmento AB es de longitud mínima.

CUESTIONES

C-1.- Hállense las matrices A cuadradas de orden 2, que verifican la igualdad:

A

A _

     =      

1 1

0 1 1 1

0 1

.

C-2.- Calcúlese la distancia del punto P = (1, 1, 1) a la recta r≡ .

2 2λ

0

λ

x y z

= − + 

 =   = − 

C-3.- Calcúlese el valor de ₂

0

ln(cos(2 ))

x

x Lim

x

→ .

C-4.- Hállese el área del recinto limitado por la parábola y = –x2 y la recta y = 2x – 3.

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema de ecuaciones lineales . 

   

= + +

= + +

= + +

4 2

4 )

1 (

3 2

az y x

z y a

z y x

a) Discútase el sistema según el valor del parámetro real a. b) Resuélvase el sistema para a = 2.

2.- Dada la función f (x) = 1 1 x x

−

+ , se pide:

a) Determínense los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, los puntos de inflexión y las asíntotas de f. Esbócese su gráfica.

CUESTIONES

C-1.- Dadas las matrices P = y A = ,hállese razonadamente la matriz B

sabiendo que BP = A.

1 1 0

1 0 1

1 1 1

 

₋ 

 

_{− −} 

 

1 0 0

0 1 0

0 0 2

−

 

 ₋



 

 

 

C-2.- Hállese la distancia entre el plano π, que pasa por los puntos A = (2, 0, –1), B = (0, 0, 0) y C = (1, 1, 2), y el plano β de ecuación x – 5y + 2z – 6 = 0.

C-3.- Sea f (x) = ax3 + bx2 + cx + d. Determínense a, b, c y d para que la recta y + 1 = 0 sea tangente a la gráfica de f en el punto (0, −1), y la recta x – y – 2 = 0 sea tangente a la gráfica de f en el punto (1, −1).

C-4.- Determínense los valores de a y b para los cuales

2

2 0

1 cos( ) 1 sen( )

x

ax bx x

Lim

x →

+ + − ₌

SOLUCIONES

PRUEBA A PROBLEMAS

1.- Sean r y s las rectas dadas por:

r≡ 2

2 3

x y m z y

− = 

 + =

 , s≡

2

2 3

x y x z

+ = 

 + = 

a) Hállese el valor de m para que ambas rectas se corten.

b) Para m = 1, hállese la ecuación del plano que contiene a r y s.

Solución:

a) Que ambas rectas se corten, quiere decir que el sistema formado por las cuatro ecuaciones de los planos que determinan las rectas r y s, es un sistema compatible determinado (solución única), siendo la solución de dicho sistema el punto de corte de ambas rectas. Formemos las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada:

A =

2 1 0 0 2 1 1 1 0

1 0 2

−

 

 

 

 

 



 A =

2 1 0

0 2 1 3

1 1 0 2

1 0 2 3

m

 − −

 ₋ 

 

 ₋ 

 

 ₋ 

 

Se puede comprobar fácilmente que el rango de A es 3 pues:

2 1 0

0 2 1

1 1 0

−

= –3 ≠ 0. Por tanto, para

que el sistema sea compatible determinado, el rango de A ha de ser 3, esto es, | A | = 0. Desarrollando dicho determinante por los elementos de la tercera columna:

| A | = 0 ⇒

2 1 0

0 2 1 3

1 1 0 2

1 0 2 3

m

− −

− − −

= 1 · (–1)5 ·

2 1

1 1 2

1 0 3

m − −

− −

+ 2 · (–1)7 ·

2 1

0 2 3

1 1 2

m − −

− −

=

= (–1) · (–6 + 2 + m – 3) + (–2) · (–8 + 3 + 2m + 6) = 5 – 5m = 0 Por tanto, m = 1.

b) El plano pedido π, viene determinado por un punto de cualquiera de las dos rectas, y los vectores directores vJJG_r y vJG_s, de las rectas r y s.

Para m = 1, tenemos que la recta r viene dada por: r≡ 2 1

2 3

x y z y

− = 

 + =

 . Si tomamos x como parámetro

(x = λ), podemos escribir las ecuaciones paramétricas, a partir de las cuales conocemos un punto R y el vector director JJvG_r de r:

r≡ _ ⇒ R = (0, –1, 5) y

λ

1 2λ

5 4λ

x y

z = 

= − +  = − 

r

vJJG = (1, 2, –4)

s≡ _ ⇒ S = (3, –1, 0) y

3 2µ 1 2µ

µ x y

z = − 

= − +

 ₌



s

vJG = (–2, 2, 1)

El plano π viene determinado, por ejemplo, por la terna (R, vJJG_r , vJG_s):

π≡

1 5

1 2 4

2 2 1

x y+ z−

− −

= 10x + 7(y + 1) + 6(z – 5) = 0 ⇒ 10x + 7y + 6z – 23 = 0

2.- Considérense las funciones f (x) = ex, g (x) = –e–x. Para cada recta r perpendicular al eje OX, sean A y B los puntos de corte de dicha recta con las gráficas de f y g, respectivamente. Determínese la recta r para la cual el segmento AB es de longitud mínima.

Solución:

Planteemos el problema observando la figura:

El segmento AB pertenece a la recta r, que recordemos que es perpendicular al eje OX. Por tanto, la longitud de dicho segmento L (x) viene dada por la diferencia entre las dos funciones f (x) y g (x):

L (x) = f (x) – g (x) = ex – (–e–x) = ex + e–x

Calculemos pues, cuando la función L (x) = ex + e–x presenta el mínimo: L ‘ (x) = ex – e–x

Los puntos singulares se presentarán en las abscisas solución de la ecuación L ‘ (x) = 0:

L ‘ (x) = 0 ⇒ ex – e–x = 0 ⇒ ex – 1_x

e = 0 ⇒ e

2x _{– 1 = 0 ⇒ e}2x _{= 1 = e}0 _{⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0} Veamos si x = 0 es un mínimo de L (x):

L ‘’ (x) = ex _{+ e}–x _{⇒ L ‘’ (0) = e}0 _{+ e}0 _{= 1 + 1 = 2 > 0 ⇒ Mínimo}

En este caso los puntos A y B son respectivamente: A = (0, 1) y B = (0, –1) La distancia (mínima) es 2 unidades.

Por tanto, la recta buscada es x = 0.

CUESTIONES

C-1.- Hállense las matrices A cuadradas de orden 2, que verifican la igualdad:

A

A _

     =      

1 1

0 1 1 1

0 1

.

Solución:

La matriz A cuadrada de orden 2 será de la forma: A = a b . Así: c d

 



a b c d

 

 

  ·

 

1 0_{1 1} =   ·  

 

1 0 1 1

 

a b c d

 

a b b c d d

+

 

 ₊ 

  =

 

_{a c b d}a_{+ +}b 

 

Igualando términos en ambas matrices se obtiene el siguiente sistema: a + b = a

b=b c + d = a + c

d = b + d − De la primera ecuación se deduce que b = 0.

− La segunda expresión es una identidad de la que no obtenemos información alguna.

− De la tercera ecuación se obtiene que a = d.

− De la última ecuación, y teniendo en cuenta que b = 0, tampoco se obtiene información. Por tanto, se llega a la conclusión de que a = d, b = 0 y c puede ser cualquiera:

A = _a 0_ c a

 

 

C-2.- Calcúlese la distancia del punto P = (1, 1, 1) a la recta r≡ .

2 2λ

0

λ

x y z

= − + 

 =   = − 

Solución:

Para calcular la distancia pedida procederemos del siguiente modo: Observemos la figura de la derecha:

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

− Calculamos la intersección de la recta r y el plano π. Resulta el punto Q.

− Calculamos la distancia de P a Q, ya que esta es la distancia de P a r:

d (P, r) = d (P, Q)

•P

•Q r

El plano π tiene como vector característico JGp = (2, 0, –1). Por tanto, será de la forma:

π

π≡ 2x – z + D = 0

Imponiendo la condición de que pase por P = (1, 1, 1), obtenemos D: P∈π ⇒ 2 · 1 – 1 + D = 0 ⇒ D = – 1 El plano π es pues: π≡ 2x – z – 1 = 0.

Calculemos ahora la intersección de dicho plano con la recta r, esto es, el punto Q. Para ello, sustituimos las coordenadas de un punto genérico de r, (–2 + 2λ, 0, –λ), en la ecuación del plano π:

(–2 + 2λ) – (–λ) – 1 = 0 ⇒ 3λ – 3 = 0 ⇒ λ = 1 Por tanto, el punto buscado es Q = (0, 0, –1).

Así pues,

d (P, r) = d (P, Q) = _{(0 1)−} 2_{+ −(0 1)}2_{+ − −( 1 1)}2 _{= 6 u.}

d (P, r) = |

| |

r r

AP v

v ∧ |

JJJG JJG

JJG donde A∈r

En el caso de la recta r, un punto A es: A = (–2, 0, 0) y el vector director vJJG_r = (2, 0, –1). Entonces:

AP JJJG

= (3, 1, 1) ⇒ JJJGAP∧vJJG_r= 3 1 1

2 0 1

i j k

− G G G

= –Gi + 5Gj –2kG ⇒ |JJJGAP∧JJGv_r| = _{( 1)−} 2_{+ + −5}2 _{( 2)}2 _{= 30}

JJG

r

v = (2, 0, –1) ⇒ |vJJG_r| = ₂2₊₀2_{+ −( 1)}2 _{= 5}

Por tanto:

d (P, r) = | |

| |

r r

AP v

v ∧ JJJG JJG

JJG = 30 6 5 = u.

C-3.- Calcúlese el valor de ₂

0

ln(cos(2 ))

x

x Lim

x

→ .

Solución:

Si calculamos el límite directamente, obtenemos una indeterminación, ya que:

2 0

ln(cos(2 )) 0 0

x

x Lim

x

→ =

Apliquemos la regla de L’Hopital:

2

0 0 0

2sen(2 )

ln(cos(2 )) cos(2 ) tg (2 ) 0

2 0

x x x

x

x x x

Lim Lim Lim

x x x

→ → →

−

−

= = =

Aplicando nuevamente la regla de L’Hopital:

2

0 0

tg(2 ) 2·(1 tg (2 )) 2 1

x x

x x

Lim Lim

x

→ →

− − +

= = −

C-4.- Hállese el área del recinto limitado por la parábola y = –x2 y la recta y = 2x – 3.

Solución:

La parábola y = –x2, tiene sus ramas dirigidas hacia abajo, mientras que la recta y = 2x – 3 es creciente. Un dibujo de la situación es:

Calculemos los límites de integración: –x2 = 2x – 3 ⇒ x2 + 2x – 3 = 0 ⇒

⇒ x = –3 y x = 1 Así pues, el área pedida es:

Área = 1 2

3 ( x ) (2x 3) dx

−  − − − 

∫

1 3

1 _{2 2}

3

3

( 2 3) 3

3 x

x x dx x x

−

−

 

= − − + = −_ − + _

 

∫

= 1 1 3

(

3

)

_{− − +} _{− − −}

 

PRUEBA B PROBLEMAS

1.- Se considera el sistema de ecuaciones lineales . 

   

= + +

= + +

= + +

4 2

4 )

1 (

3 2

az y x

z y a

z y x

a) Discútase el sistema según el valor del parámetro real a. b) Resuélvase el sistema para a = 2.

Solución:

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

A = _ _

1 2 1

0 1 1

1 2

a a

 

+

 

 

A =

1 2 1 3

0 1 1 4

1 2 4

a a

 

+

 

 

 

 

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

| A | =

1 2 1

0 1 1

1 2

a a

+ = (1 + a) a + 2 – (1 + a) – 2 = a2 – 1

Se tiene que:

| A | = 0 ⇒ a2− 1 = 0 ⇒ a = –1 ó a = 1 Estudiemos los distintos casos que se presentan:

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

• Si a = –1 ⇒ rango (A) = 2 pues 2 1

0 1 = 2 ≠ 0 y rango (A) = 3 pues

2 1 3

0 1 4

2 −1 4

= 18 ≠ 0.

Por tanto, el sistema es incompatible.

• Si a = 1 ⇒ rango (A) = 2 pues 1 2

0 2 = 2 ≠ 0 y rango (A) = 3 pues

1 2 3 0 2 4 1 2 4

= 2 ≠ 0.

Por tanto, el sistema es incompatible.

b) Para a = 2, el sistema es: . Apliquemos a su resolución el método de Gauss:

2 3

3 4

2 2

x y z

y z

x y z

+ + = 

 _{+ =}



 + + =

 4

1 2 1 3 0 3 1 4 1 2 2 4

 

 

 

 

 

3 3 1

f→ −f f

→

1 2 1 3 0 3 1 4 0 0 1 1

 

 

 

 

 

Ya tenemos un sistema equivalente triangulado. Este sistema es:

2 3

3 4

1

x y z

y z z + + = 

 _{+ =} 

 ₌



Sustituyendo z = 1 en la segunda ecuación se obtiene que:

Sustituyendo los valores y = 1 y z = 1 en la primera ecuación se obtiene que: x + 2 · 1 + 1 = 3 ⇒ x + 3 = 3 ⇒ x = 0 Por tanto la solución del sistema para a = 2 es:

x = 0 ; y = 1 ; z = 1

2.- Dada la función f (x) = 1 1 x x

−

+ , se pide:

a) Determínense los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad, los puntos de inflexión y las asíntotas de f. Esbócese su gráfica.

b) Calcúlese el área de la región limitada por dicha gráfica y las rectas x = 0 e y = 0.

Solución:

a) En primer lugar tengamos en cuenta que Domf = – {–1}. \ Estudiemos en primer lugar la monotonía:

f ‘ (x) = 1·( 1) (₂ 1)·1 2 ₂

( 1) ( 1)

x x

x x

+ − − ₌

+ +

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

f ‘ (x) = 0 ⇒ 2 ₂

(x+1) = 0 ⇒ No tiene soluciones reales

Representemos sobre una recta el punto x = –1 (no pertenece al dominio y la función no es derivable en él) 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 todo su dominio.

Estudiemos ahora la curvatura. Para ello calculemos f ‘’ (x):

f ‘’ (x) = 0 2·2·( ₄ 1)·1 4( ₄1) 4

( 1) ( 1) ( 1)

x x

x x

− + ₌ − + ₌ −

+ + _x+ 3

Calculemos los puntos en que la derivada segunda se anula: f ‘’ (x) = 0 ⇒ 4 ₃

(x 1)

−

+ = 0 ⇒ No tiene soluciones reales.

Representemos sobre una recta el punto x = –1 (no pertenece al dominio y la función no es derivable en él) y veamos el signo que toma f ‘’ (x) en cada uno de los intervalos en que queda dividida la recta real:

Por tanto, la función es convexa en (–∞, –1) y cóncava en (–1, +∞). f ‘’ (x) > 0 f ‘’ (x) < 0

–1

Como f ‘’ (x) no se anula para ningún valor real, la función f no tiene puntos de inflexión.

Estudiemos ahora las asíntotas de la función:

• Verticales: Como Domf = – {–1} \

1

1 1

x

x Lim

x → −

• Horizontales: 1 1

x

x Lim

x → ∞

− + = 1

Por tanto, la recta y = 1 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) Para calcula el área pedida, observemos que en la zona que determinan las rectas x = 0, y = 0 (ejes de coordenadas) y la gráfica de la función, esta última está situada por debajo del eje OX. Calculemos en primer lugar el punto en que la gráfica de f corta a dicho eje:

Corte con el eje OX ⇒ f (x) = 0 ⇒ 0 = 1 1 x x

−

+ ⇒ x – 1 = 0 ⇒ x = 1.

Entonces el área pedida viene dada por:

Área = 1

0

1 1 x

dx x

− −

+

∫

Para calcular esta integral, primero realizaremos la división de los polinomios: x – 1 x + 1

+

–x – 1 1 –2

Por tanto, se tiene que (Dividendo / Divisor = Cociente + Resto / Divisor) 1

1 x x

−

+ = 1 +

2 1 x

−

+ = 1 –

2 1 x+

Se tiene entonces que:

Área = 1 1 1 1

[ ]

[

]

0 0 0 0

1 2 1

1 2 2

1 1 1

x

dx dx dx dx x x

x x x

−  

− = − _ − _ = − + = − + +

+  +  +

∫

∫

∫

∫

 

=

= –(1 – 0) + 2 (ln 2 – ln 1) = 2 ln 2 – 1 u2 (Recuerda que ln 1 = 0)

CUESTIONES

C-1.- Dadas las matrices P = y A = ,hállese razonadamente la matriz B

sabiendo que BP = A.

1 1 0

1 0 1

1 1 1

 

₋ 

 

_{− −} 

 

1 0 0

0 1 0

0 0 2

−

 

 ₋



 

 

Solución:

Calculemos pues P–1:

| P | =

1 1 0

1 0 1

1 1 1

− − −

= 0 + 0 – 1 – 0 + 1 + 1 = 1

P t =

1 1 1

1 0 1

0 1 1

− −

 

−

 

 

 

 

 ⇒ (P t)* =

1 1 1

0 1 1

1 0 1

−

 

 ₋

 

 

 

P–1 =

*

( ) | |

t

P P =

 

 

1 1 1

0 1 1

1 0 1

−

 

−

 

 

Entonces:

B = AP–1 = _ _ ·  

1 0 0

0 1 0

0 0 2

−

 

−

 

 

1 1 1

0 1 1

1 0 1

−

 

−

  =

 

 

1 1 1

0 1 1

2 0 2

− −

 

−

 

 

 

 

C-2.- Hállese la distancia entre el plano π, que pasa por los puntos A = (2, 0, –1), B = (0, 0, 0) y C = (1, 1, 2), y el plano β de ecuación x – 5y + 2z – 6 = 0.

Solución:

Calculemos en primer lugar el plano π. Es puede venir dete inado por la terna (_Jte _Jrm B, BAJJJG, JJJGBC): B = (0, 0, 0) ; BAJJG = (2, 0, –1) ; BCJJG = (1, 1, 2)

π≡ 2 0 1

1 1 2

x y z

− = x – 5y + 2z = 0

Veamos la posición relativa de los planos π y β. Si nos f amos en los vectores característicos de los dos planos, se observa fácilmente que son el mismo

ij p JG

= (1, –5, 2). Por tanto, los planos serán paralelos (los planos no son coincidentes pues no tienen el mismo término independiente).

Entonces, para calcular la distancia de π a β, basta con calcular la distancia de un punto de π a β. Tomemos por ejemplo el punto B = (0, 0, 0):

d (π, β) =

2 2 2

|0 5·0 2·0 6| 6 30 5 30 1 ( 5) 2

− + − _{= =}

+ − + u.

C-3.- Sea f (x) = ax3 + bx2 + cx + d. Determínense a, b, c y d para que la recta y + 1 = 0 sea tangente a la gráfica de f en el punto (0, −1), y la recta x – y – 2 = 0 sea tangente a la gráfica de f en el punto (1, −1).

Solución:

Con el dato de que la tangente a la gráfica de f en el punto (0, −1) es la recta y + 1 = 0, llegamos a dos conclusiones:

• La gráfica de f pasa por el punto (0, –1).

• El valor de f ‘ (x) para x = 0 ha de ser 0, ya que la pendiente de la recta y + 1 = 0 es cero. Recuerda que la derivada de la función en el punto de tangencia coincide con la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en dicho punto.

Calculemos primero f ‘ (x):

f ‘ (x) = 3ax2 + 2bx + c

Tenemos entonces las siguientes condiciones para la función f (x) = ax3 + bx2 + cx + d:

• Pasa por (0, –1) ⇒ f (0) = –1 ⇒ d = –1

• f ‘ (0) = 0 ⇒ c = 0

• Pasa por (1, –1) ⇒ f (1) = –1 ⇒ a + b + c + d = –1 ⇒ a + b = 0

• f ‘ (1) = 1 ⇒ 3a + 2b + c = 1 ⇒ 3a + 2b = 1

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas obtenido de las dos últimas condiciones, se llega a que: a = 1 y b = –1. Por tanto, la función f será:

f (x) = x3 – x2 –1

C-4.- Determínense los valores de a y b para los cuales 2 ₂

0

1 cos( ) 1 sen( )

x

ax bx x

Lim

x →

+ + − ₌

.

Solución:

Intentemos calcular directamente en límite:

2

2 0

1 cos( ) 0

sen( ) 0

x

ax bx x

Lim

x →

+ + −

=

Para resolver esta indeterminación aplicamos la regla de L’Hopital:

2

2 2

0 0

1 cos( ) 2 sen( )

sen( ) 2 cos( ) 0

x x

ax bx x ax b x b

Lim Lim

x x x

→ →

+ + − ₌ + + ₌

De aquí deducimos que b ha de ser cero, pues en caso contrario este límite no existiría. Si b = 0, se vuelve a presentar una indeterminación que intentamos resolver aplicando nuevamente la regla de L’Hopital:

2 2 2 2

0 0

2 sen( ) 2 cos( ) 2 1

2 cos( ) 2 cos( ) 4 sen( ) 2

x x

ax x a x a

Lim Lim

x x x x x

→ →

+ +

= =

−

+

Como este límite ha de valer 1, entonces: 2

2 a+1

= 1 ⇒ a = 1 2 Por tanto, a = 1