SEPTIEMBRE 2003
PRUEBA A
PROBLEMAS
1.- a) Discutir en función de los valores de m:
2 3 0
0 2
x y x y z x y mz m
− =
− + =
+ + =
b) Resolver en los casos de compatibilidad el sistema anterior.
2.- Calcular el área de la región limitada por la gráfica de la función f (x) = (x − 2)2 (x + 2), el eje OX y las rectas x = −3 y x = 2.
CUESTIONES
C.1. Se consideran las matrices:
A = 1 2 B =
1 1 1
m
− −
1 3 0 0 2 m
donde m es un número real. Encontrar los valores de m para los que AB es inversible.
C.2. Hallar un vector de módulo uno que sea ortogonal a los vectores (2, 2, 1) y (2, 0, −1).
C.3. Calcular (ln ( 1) ln ) x
Lim x x x
→∞ + − .
C.4. Hallar los puntos de la gráfica de f (x) = x3 − 3x2 + x en los que la tangente a la curva es paralela a la recta y = x.
PRUEBA B
PROBLEMAS
1.- Dadas las rectas r y s:
r≡ 2 0 s≡
2 x z
y z
− =
− =
5 2 x y x z a
+ =
+ =
a) Hallar el valor de a para que ambas rectas estén en el mismo plano. b) Hallar la ecuación de dicho plano.
2.- a) Hallar las coordenadas del punto P de la gráfica de la función y = 2cos x siendo 0 ≤x ≤π/2 con la propiedad de que la suma de la ordenada y la abscisa es máxima.
b) Calcular el área comprendida por la curva y = 2cos x, y la recta y = 1 en el intervalo [−π/2, π/2].
CUESTIONES
C.2. ¿Cuál es el ángulo que forma la recta x = y = z con el eje OX?
C.3. Utilizando la definición de derivada, estudiar la derivabilidad de la función f (x) = x | x− 1 | en x = 1.
SOLUCIONES
PRUEBA A
PROBLEMAS
1.- a) Discutir en función de los valores de m:
2 3 0
0 2
x y x y z x y mz m
− =
− + =
+ + =
b) Resolver en los casos de compatibilidad el sistema anterior. Solución:
a) Consideremos la matriz de los coeficientes A y la matriz ampliada A: A =
2 3 0 1 1 1 1 2 m
−
−
A =
2 3 0 0
1 1 1 0
1 2 m m
−
−
Calculemos | A | y estudiemos su valor en función de los valores del parámetro m: | A | =
2 3 0 1 1 1 1 2 m
−
− = −2m – 3 – 4 + 3m = m – 7
Se tiene que:
| A | = 0 ⇒ m – 7 = 0 ⇒ m = 7 Estudiemos los distintos casos que se presentan:
• Si m≠ 7 ⇒ rango (A) = 3 = rango (A). El sistema es compatible determinado.
• Si m = 7 ⇒ rango (A) = 2 pues 2 3
1 1
−
− = 1 ≠ 0 y rango (A) = 3 pues
2 3 1 1 1 2 7
− −
0
0 = 7 ≠ 0.
Por tanto, el sistema es incompatible.
b) En el caso m ≠ 7 el sistema es compatible determinado y por tanto tiene solución única. Apliquemos la regla de Cramer para resolver el sistema:
x =
0 3 0
0 1 1
2 3
2 3 0 7
1 1 1
1 2
m m m
m
m
− −
− =
− −
−
y =
2 0 0 1 0 1
1 2
2 3 0 7
1 1 1
1 2
m m m
m
m
− =
− −
−
z =
2 3 0
1 1 0
1 2
2 3 0 7
1 1 1
1 2
m m
m
m
− −
=
− −
−
2.- Calcular el área de la región limitada por la gráfica de la función f (x) = (x − 2)2 (x + 2), el eje OX y las rectas x = −3 y x = 2.
Solución:
se mantiene siempre por encima o por debajo de este. Para ello, calculemos los puntos de corte de la misma con dicho eje:
Corte con OX ⇒ f (x) = 0 ⇒ (x− 2)2 (x + 2) = 0 ⇒ x = –2 y x = 2 (doble)
Entre las rectas x = –3 y x = 2 la gráfica de f corta al eje OX en un único punto que es x = –2. A la izquierda de este punto la gráfica de f se mantiene por debajo del eje OX ya que si x < –2, entonces f (x) < 0 (como se puede ver fácilmente). Si embargo, si –2 < x < 2, entonces la gráfica de f se mantiene por encima del eje OX (lo cual también se puede ver fácilmente). Así pues, el área pedida vendrá dada por:
Área = 2 2 2 2
3[(x 2) (x 2)]dx 2[(x 2) (x 2)]d
−
− −
−
∫
− + +∫
− + x == 2 3 2 2 3 2
3 (x 2x 4x 8)dx 2(x 2x 4x 8)d
−
− −
−
∫
− − + +∫
− − + x ==
2 2
4 3 4 3
2 2
3 2
2 2
2 8 2 8
4 3 4 3
x x x x
x x x
−
x
− −
− − − + + − − +
=
= 4 16 8 16 81 18 18 24 4 16 8 16 4 16 8 16
3 4 3 3
− + − − − + − − + − − + − + − −
=
129 u 4
2
CUESTIONES
C.1. Se consideran las matrices:
A = 1 2 B =
1 1 1
m
− −
1 3 0 0 2 m
donde m es un número real. Encontrar los valores de m para los que AB es inversible. Solución:
Calculemos AB:
AB = 1 2 · =
1 1 1
m
− −
1 3 0 0 2 m
1 2 3 2
1 1
m m
m
+ +
−
AB será invertible si su determinante es distinto de cero. Calculemos | AB |: | AB | = 1 2 3 2
1 1
m m
m
+ +
− = 1 + 2m – (3 + 2m) · (1 – m) = 2m
2 + 3m – 2 Veamos para qué valores de m se anula:
| AB | = 0 ⇒ 2m2 + 3m – 2 = 0 ⇒ m = –2 y m = 1 2 Por tanto, AB será invertible si m≠ –2 y m≠ 1
2.
C.2. Hallar un vector de módulo uno que sea ortogonal a los vectores (2, 2, 1) y (2, 0, −1). Solución:
nG = 2 2 1 2 0 1 i j k
−
G G G
= –2Gi + 4Gj – 4kG ⇒ nG = (–2, 4, –4)
El módulo de es: nG
| nG | = ( 2)− 2+42+ −( 4)2 = 4 16 16+ + = 36 = 6
El vector pedido es pues:
n
u JJG
= 1 6 n
G
= 2 4, , 4 1 2, , 2
6 6 6 3 3 3
− − − − = = 1
3 (–1, 2, –2)
C.3. Calcular (ln ( 1) ln ) x
Lim x x x
→∞ + − .
Solución:
Calculemos el límite directamente:
(ln ( 1) ln ) x
Lim x x x
→∞ + − = ∞ · [∞ – ∞]
No llegamos a ningún resultado concreto. Cambiemos un poco de forma este límite aplicando las propiedades de los logaritmos:
(ln ( 1) ln ) x
Lim x x x
→∞ + − = 1 ln x x Lim x x →∞ +
= ∞ · 0
Sigamos cambiando la forma de este límite: 1 ln x x Lim x x →∞ + = 1 ln 1/ x x x Lim x →∞ +
= 0
0
Obtenemos entonces una indeterminación que podemos resolver aplicando la regla de L’Hopital: 1 ln 1/ x x x Lim x →∞ + = 2 2
( 1/ ) ( 1) /
1/ 1 x x x x x x Lim Lim x x →∞ →∞ − + =
− + = 1
Por tanto: (ln ( 1) ln ) = 1
x
Lim x x x
→∞ + −
C.4. Hallar los puntos de la gráfica de f (x) = x3 − 3x2 + x en los que la tangente a la curva es paralela a la recta y = x.
Solución:
La pendiente de la recta tangente viene dada por el valor de la derivada de f en el punto de tangencia. Dicho valor ha de ser igual a la pendiente de la recta y = x, es decir 1, ya que ambas son paralelas. Por tanto se ha de cumplir que f ‘ (x) = 1:
f ‘ (x) = 3x2 – 6x + 1 ⇒ 3x2 – 6x + 1 = 1 ⇒ 3x2 – 6x = 0 ⇒ x = 0 y x = 2
Por tanto los puntos de la gráfica de f (x) = x3 − 3x2 + x en los que la tangente a la curva es paralela a la recta y = x son los puntos de abscisa x = 0 y x = 2. Las rectas tangentes en cada uno de estos casos es:
• En x = 0 Recta tangente: y = x.
PRUEBA B
PROBLEMAS
1.- Dadas las rectas r y s:
r≡ 2 0 s≡
2 x z y z − = − = 5 2 x y x z a
+ =
+ =
a) Hallar el valor de a para que ambas rectas estén en el mismo plano. b) Hallar la ecuación de dicho plano.
Solución:
a) Para que las rectas r y s estén contenidas en un plano, se ha de cumplir que:
rango A = 3 = rango A o bien rango A = 2 y rango A = 3
siendo A la matriz de los coeficientes de las ecuaciones de los planos que determinan a r y s y A la matriz ampliada con los términos independientes. En el primer caso, el sistema es compatible determinado, esto es, tiene solución única, que es el punto de corte de las dos rectas. Las rectas son secantes. En el segundo de los casos, el sistema es incompatible. Las dos rectas no tienen ningún punto en común pero son coplanarias. Por tanto las rectas son paralelas.
Estudiemos los rangos de las matrices A y A:
A =
1 0 2 0 1 1 1 1 0 1 0 2
− −
A =
1 0 2 0 0 1 1 2 1 1 0 5 1 0 2 a
− − − − −
Se tiene que rango A = 3 ya que:
1 0 2 0 1 1 1 1 0
−
− = 3. Por tanto el segundo caso queda descartado. Se
debe cumplir por tanto que el rango de A sea 3, esto es, | A | = 0:
| A | =
1 0 2 0
0 1 1 2
1 1 0 5
1 0 2 a
−
− −
− −
= (–1)2 + 2 ·
1 2 0
1 0 5
1 2 a
− − −
+ (–1)3 + 2 ·
1 2 0
0 1 2
1 2 a
−
− −
− =
= (10 + 10 – 2a) + (–1) · (a + 4 + 4) = –3a +12 = 0
Por tanto, para que | A | sea nulo, es decir, rango A = 3 = rango A, las rectas se corten en un punto y sean coplanarias, ha de cumplirse que a = 4.
Otra forma de hacer este problema sería la siguiente:
Las rectas r y s serán coplanarias si el determinante de la matriz formada con los vectores vJJGr , vJGs y RS
JJJG
es nulo, siendo vJJGr y vJGs los vectores directores de r y s respectivamente y RSJJJG un vector formado a partir de un punto R de r y otro punto S de s. Si este determinante es nulo, significa que alguno de estos tres vectores es combinación lineal de los otros dos, y por tanto los tres vectores están contenidos en un plano, y como consecuencia, las rectas serán coplanarias. Calculamos vJJGr,
s
vJG, R y S. Para ello escribamos las ecuaciones paramétricas de r y s respectivamente:
r≡ s≡
De aquí se deduce que:
r
vJJG = (2, 1, 1) vJGs = (–2, 2, 1)
R = (0, 2, 0) S = (a, 5 – a, 0) ⇒ RSJJJG = (a, 3 – a, 0) Por tanto:
2 1
2 2 1
3 0
a a
− −
1
= –6 + 2a + a – 2a – 6 + 2a = 3a – 12 = 0 ⇒ a = 4
b) La ecuación de dicho plano vendrá determinada, por ejemplo, por la terna (R, vJJGr, vJGs ), siendo R un punto de la recta r y vJJGry vJGs los vectores directores de r y s respectivamente. Tenemos que:
r
v JJG
= (2, 1, 1) vJGs = (–2, 2, 1) R = (0, 2, 0) Por tanto, la ecuación del plano que contiene a r y a s es:
2
2 1
2 2 1
1 x y− z
−
= –x – 4y + 6z + 8= 0
2.- a) Hallar las coordenadas del punto P de la gráfica de la función y = 2cos x siendo 0 ≤x ≤π/2 con la propiedad de que la suma de la ordenada y la abscisa es máxima.
b) Calcular el área comprendida por la curva y = 2cos x, y la recta y = 1 en el intervalo [−π/2, π/2]. Solución:
a) El punto P buscado tiene por coordenadas (x, y) = (x, 2cos x), con 0 ≤ x≤π/2. Este punto ha de cumplir que la suma de sus coordenadas sea máxima, y por tanto, debemos maximizar la función:
S (x) = x + 2cos x Calculemos los puntos singulares:
S ‘ (x) = 1 – 2sen x ⇒ S ‘ (x) = 0 ⇒ 1 – 2sen x = 0 ⇒ sen x = 1/2 ⇒ x = π/6 Veamos si este punto es un máximo a través del estudio de la derivada segunda:
S ‘’ (x) = –2cos x ⇒ S ‘’ (π/6) = – 2cos (π/6) = –2 · 3
2 = – 3 < 0 ⇒ Máximo El punto P buscado es por tanto:
P = π, 2cosπ π, 3
6 6 6
=
b) Debemos calcular el área comprendida por la curva y = 2cos x, y la recta y = 1 en el intervalo [−π/2, π/2]. Calculemos los puntos de corte en este intervalo:
2cos x = 1 ⇒ cos x = 1/2 ⇒ x = –π/3 y x = π/3
En el intervalo [−π/3, π/3] la función y = 2cos x siempre es positiva y mayor que 1, por tanto el área pedida viene dada por:
Área = π/ 3
[
]
π/ 3π/ 3π/ 3
π π π π
(2cos 1) 2sen 2sen 2sen
3 3 3 3
x dx x x −
−
− = − = − − − +
∫
== 3 π 3 π 2 3 2π
3 3
− − − + = −
3
CUESTIONES
C.1. Si A y B son dos matrices cuadradas que verifican AB = B2, ¿cuándo se puede asegurar que A = B?
Solución:
Si AB = B2, cuando multiplicamos esta expresión por la derecha por B–1, obtenemos que: AB = B2 ⇒ AB · B–1 = B2 · B–1 ⇒ A = B
Por tanto, se puede asegurar que A = B cuando existe B–1, esto es, cuando la matriz B tenga inversa.
C.2. ¿Cuál es el ángulo que forma la recta x = y = z con el eje OX? Solución:
El ángulo,α, que forman dichas rectas es igual al menor de los ángulos que forman sus vectores directores. Veamos cuál es:
• Vector director de la recta: = (1, 1, 1) vJJGr G
• Vector director del eje OX: i JJ= (1, 0, 0)
)
cos
(
v iJJG Gmr, = cos α =2 2 2 2 2 2
| · | |1 0 0| 1 3
3 | |·| | 1 1 1 · 1 0 0 3
r
r
v i v i
+ +
= =
+ + + +
G G
JJG G =
Por tanto, α = 54º 44’ 8’’
C.3. Utilizando la definición de derivada, estudiar la derivabilidad de la función f (x) = x | x− 1 | en x = 1.
Solución:
Escribamos la función f como una función definida a trozos: f (x) =
2 2
si 1 si 1
x x x
x x x
< −
≥
−
Esta función es continua en todo ya que para x≠ 1, tenemos funciones polinómicas y para x = 1, se cumple que:
\
f (1) = 12 – 1 = 0 2 1
x
Lim x x−
→ − = 0
2 1
x
Lim x+ x
→ − = 0
Estudiemos la derivabilidad de f utilizando la definición de derivada. Para que sea derivable en x = 1, las derivadas laterales han de ser iguales, esto es, f ‘ (1–) = f ‘ (1+). Veamos si es así, para cualquier h > 0:
f ‘ (1–) =
2 2 2
0 0 0 0
(1 ) (1) [(1 ) (1 ) ] [1 1 ]
( 1)
h h h h
f h f h h h h
Lim Lim Lim Lim h
h h h
→ → → →
− − = − − − − − = − =
− − − − = −1
f ‘ (1+) =
2 2 2
0 0 0 0
(1 ) (1) [(1 ) (1 )] [1 1]
( 1)
h h h h
f h f h h h h
Lim Lim Lim Lim h
h h h
→ → → →
+ − + − + − − +
= = = + =1
Por tanto, como f ‘ (1–) ≠f ‘ (1+), la función no es derivable en x = 1.
C.4. Hallar la ecuación de la circunferencia cuyo centro es el punto (3, 5) y que es tangente a la recta 4x + 3y− 2 = 0.
Solución:
(x – a)2 + (y – b)2 = r2
donde a y b son las coordenadas del centro, y r es el radio. En este caso, el radio viene dado por la distancia del centro, C, a la recta tangente, t, dada, ya que cualquier recta tangente es perpendicular al radio que une el centro y el punto de tangencia. Calculemos pues el radio, teniendo en cuanta que con ceñimos a un problema en el plano:
r = d (C, t) =
2 2
|4·3 3·5 2| 25 5 4 3
+ − =
+ = 5
Por tanto:
