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📋 Junio de 2020

Ejercicio 1

Considera la función 𝑓 definida por 𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑥−3𝑥2−1 para 𝑥 ≠ −1,1.

  1. Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de 𝑓.
  2. Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de 𝑓.

Resolución
  1. En primer lugar, factorizamos los polinomios para simplificar la función. 𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑥−3𝑥2−1=(𝑥−3)(𝑥+1)(𝑥−1)(𝑥+1)=𝑥−3𝑥−1. Así que Dom⁡(𝑓) =ℝ ∖{1}.
    • Estudiamos la existencia de asíntota vertical en 𝑥 =1. lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1−⁡𝑥−3𝑥−1=−20−=+∞,lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑥−3𝑥−1=−20+=−∞. Por tanto, la recta 𝑥 =1 es una asíntota vertical.
    • Veamos si tiene alguna asíntota horizontal. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑥−3𝑥−1=1. Por tanto, la recta 𝑦 =1 es una asíntota horizontal y 𝑓 no tiene ninguna asíntota oblicua.
  2. En primer lugar, hallamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=𝑥−1−(𝑥−3)(𝑥−1)2=2(𝑥−1)2. Observamos que 𝑓′(𝑥) >0 para 𝑥 ≠1, así que 𝑓 es creciente en todo su dominio, es decir, en ( −∞,1) ∪(1, +∞).

Ejercicio 2

Calcula 𝑎 >0 sabiendo que el área de la región determinada por la gráfica de la función 𝑓(𝑥) =𝑥𝑒3𝑥, el eje de abscisas y la recta 𝑥 =𝑎 vale 19.

Resolución

En primer lugar, hallamos una primitiva de la función. Resolvemos la integral por partes. 𝑢=𝑥⇒𝑢′=1,𝑣′=𝑒3𝑥⇒𝑣=13𝑒3𝑥. Así que: ∫𝑥𝑒3𝑥𝑑𝑥=13𝑥𝑒3𝑥−13∫𝑒3𝑥𝑑𝑥=13𝑥𝑒3𝑥−19𝑒3𝑥=19𝑒3𝑥(3𝑥−1).

De esta forma, el área de la región viene dada por: ∫𝑎0𝑒3𝑥𝑑𝑥=19[𝑒3𝑥(3𝑥−1)]𝑎0=19(𝑒3𝑎(3𝑎−1)+1).

Como la región tiene un área de 19 𝑢2, ha de verificarse que: ∫𝑎0𝑒3𝑥𝑑𝑥=19⇔19(𝑒3𝑎(3𝑎−1)+1)=19⇔𝑒3𝑎(3𝑎−1)+1=1⇔𝑒3𝑎(3𝑎−1)=0⇔3𝑎−1=0⇔𝑎=13.

Ejercicio 3

Considera la matriz 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1−1𝑚+201𝑚+1𝑚05⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Estudia el rango de 𝐴 según los valores de 𝑚.
  2. Para 𝑚 =2, calcula la inversa de 2020𝐴.

Resolución
  1. En primer lugar, observamos que: ∣1−101∣=1≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Calculamos el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣1−1𝑚+201𝑚+1𝑚05∣=5−𝑚(𝑚+1)−𝑚(𝑚+2)=5−𝑚2−𝑚−𝑚2−2𝑚=−2𝑚2−3𝑚+5. Observamos que: |𝐴|=0⇔−2𝑚2−3𝑚+5=0⇔{𝑚=−52,𝑚=1. Por tanto:
    • Si 𝑚 ≠ −52 y 𝑚 ≠1, entonces rang⁡(𝐴) =3.
    • Si 𝑚 = −52 o 𝑚 =1, entonces rang⁡(𝐴) =2.
  2. Si 𝑚 =2, 𝐴 es invertible por el apartado anterior con det(𝐴) = −9. Así que la matriz 2020𝐴 también es invertible con: (2020𝐴)−1=12020𝐴−1. Para hallar la inversa de 𝐴, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝56−25−3−2−7−31⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. De esta forma, podemos calcular su inversa como: 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=−19⎛⎜ ⎜ ⎜⎝55−76−3−3−2−21⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=19⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−5−57−63322−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, (2020𝐴)−1=12020𝐴−1=118.180⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−5−57−63322−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠

Ejercicio 4

Siendo 𝑎 ≠0, considera las rectas 𝑟≡𝑥−1=𝑦−2=𝑧−1𝑎y𝑠≡𝑥−3−𝑎=𝑦−3−1=𝑧+12.

  1. Estudia la posición relativa de ambas rectas según los valores de 𝑎.
  2. Para 𝑎 =2, determina las ecuaciones de la recta que pasa por el punto de corte de 𝑟 y 𝑠 y es perpendicular a ambas.

Resolución
  1. En primer lugar, observamos que los vectores directores ⃗𝑑𝑟 =(1,1,𝑎) y ⃗𝑑𝑠 =( −𝑎, −1,2) no pueden ser proporcionales para ningún valor de 𝑎, porque: 1−𝑎≠𝑎2. Así que las rectas 𝑟 y 𝑠 no son ni paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅(1,2,1) de 𝑟 y un punto 𝑆(3,3, −1) de 𝑠. Podemos determinar si las dos rectas están contenidas en un plano estudiando si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑑𝑠 y ⃗𝑅𝑆 =(2,1, −2) son linealmente dependientes. ∣11𝑎−𝑎−1221−2∣=2+4−𝑎2+2𝑎−2𝑎−2=−𝑎2+4. Observamos que: −𝑎2+4=0⇔𝑎2=4⇔𝑎=±2.
    • Si 𝑎 = ±2, los tres vectores son linealmente dependientes, por lo que 𝑟 y 𝑠 están contenidas en un mismo plano. Por tanto, las rectas se cortan.
    • Si 𝑎 ≠ ±2, los tres vectores son linealmente independientes, por lo que 𝑟 y 𝑠 no están contenidas en un mismo plano. Por tanto, las rectas se cruzan.
  2. Si 𝑎 =2, 𝑟 y 𝑠 son secantes por el apartado anterior. Llamamos 𝑡 a la recta que nos piden. Como es perpendicular a las rectas 𝑟 y 𝑠, su vector director viene dado por: ⃗𝑑𝑡=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘112−2−12∣ ∣ ∣ ∣=(4,−6,1). Además, pasa por el punto de corte de 𝑟 y 𝑠. Para ello, hallamos en primer lugar las ecuaciones paramétricas de 𝑟 y 𝑠. 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆,𝑦=2+𝜆,𝑧=1+2𝜆y𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=3−2𝜇,𝑦=3−𝜇,𝑧=−1+2𝜇. Hallamos el punto de corte de 𝑟 y 𝑠 igualando las ecuaciones entre sí. ⎧{ {⎨{ {⎩1+𝜆=3−2𝜇,2+𝜆=3−𝜇,1+2𝜆=−1+2𝜇. Resolvemos el sistema por reducción. Si restamos las dos primeras ecuaciones, obtenemos que: −1=−𝜇⇔𝜇=1. Luego el punto de corte es (1,2,1). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑡 son: 𝑡≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+4𝜆,𝑦=2−6𝜆,𝑧=1+𝜆.

Ejercicio 5

Sea 𝑓 :[0,2𝜋] →ℝ la función definida por 𝑓(𝑥)=sen⁡(𝑥)2−cos⁡(𝑥).

  1. Halla los extremos absolutos de 𝑓 (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).
  2. Determina la ecuación de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto de abscisa 𝑥 =𝜋3.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=cos⁡(𝑥)(2−cos⁡(𝑥))−sen2⁡(𝑥)(2−𝑐𝑜𝑠(𝑥))2=2cos⁡(𝑥)−cos2⁡(𝑥)−sen2⁡(𝑥)(2−cos⁡(𝑥))2=2cos⁡(𝑥)−1(2−cos⁡(𝑥))2. Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝑓 a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔2cos⁡(𝑥)−1(2−cos⁡(𝑥))2=0⇔2cos⁡(𝑥)−1=0⇔cos⁡(𝑥)=12⇔{𝑥=𝜋3,𝑦=5𝜋3. Estudiamos el signo de 𝑓′.
    • Si 0 <𝑥 <𝜋3, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    • Si 𝜋3 <𝑥 <5𝜋3, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
    • Si 5𝜋3 <𝑥 <2𝜋, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    Así que los puntos (0,0) y (𝜋3,1√3) son máximos relativos y los puntos (5𝜋3,−1√3) y (2𝜋,0) son mínimos relativos. Por tanto, (𝜋3,1√3) es el máximo absoluto y (5𝜋3,−1√3) es el mínimo absoluto.
    • La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =𝜋3 viene dada por: 𝑦−𝑓(𝜋3)=𝑓′(𝜋3)(𝑥−𝜋3)⇔𝑦−1√3=0⇔𝑦=1√3.
    • Observamos que la recta tangente es horizontal, así que la recta normal tiene que ser vertical. Por tanto, su ecuación es: 𝑥=𝜋3.

Ejercicio 6

Sea 𝑓 la función dada por 𝑓(𝑥)=3𝑥2+4(𝑥−2)2 para 𝑥 ≠2.

  1. Calcula ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
  2. Calcula la primitiva de 𝑓 cuya gráfica pasa por el punto (3,5).

Resolución
  1. Para resolver la integral, hacemos la división de polinomios del integrando. 3𝑥2+4(𝑥−2)2=3𝑥2+4𝑥2−4𝑥+4=3+12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4. Así que: 𝐹(𝑥)=∫3𝑥2+4(𝑥−2)2𝑑𝑥=∫3𝑑𝑥+∫12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4𝑑𝑥=3𝑥+∫12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4𝑑𝑥. Expresamos la función como suma de fracciones simples. La raíz doble del denominador es 2, así que la función se puede escribir de la forma: 12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4=𝐴𝑥−2+𝐵(𝑥−2)2=𝐴𝑥−2𝐴+𝐵(𝑥−2)2. Igualando ambas expresiones, obtenemos que: {𝐴=12,−2𝐴+𝐵=−8⇒𝐵=16. Por tanto, 12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4=12𝑥−2+16(𝑥−2)2. Resolvemos la integral. 𝐹(𝑥)=3𝑥+∫12𝑥−8𝑥2−4𝑥+4𝑑𝑥=3𝑥+12∫1𝑥−2𝑑𝑥+16∫1(𝑥−2)2𝑑𝑥=3𝑥+12ln⁡|𝑥−2|−16𝑥−2+𝐾.
  2. La primitiva que pasa por el punto (3,5) ha de verificar: 𝐹(3)=5⇔9−16+𝐾=5⇔𝐾=12. Por tanto, la primitiva es: 𝐹(𝑥)=3𝑥+12ln⁡|𝑥−2|−16𝑥−2+12.

Ejercicio 7

Considera 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111101414⎞⎟ ⎟ ⎟⎠,𝐵=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑎2𝑎3𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟⎠y𝑋=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑥𝑦𝑧⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Discute el sistema dado por 𝐴𝑋 =𝐵, según los valores de 𝑎.
  2. Para 𝑎 =0, resuelve el sistema dado por 𝐴𝑋 =𝐵. Calcula, si es posible, una solución en la que 𝑦 +𝑧 =4.

Resolución
  1. Observamos que: |𝐴|=∣111101414∣=0,∣1110∣=−1≠0. Así que rang⁡(𝐴) =2. Por otro lado, la matriz de coeficientes ampliada es: 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝111𝑎1012𝑎4143𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Para determinar su rango según el valor de 𝑎, estudiamos el determinante: ∣11𝑎102𝑎413𝑎∣=8𝑎+𝑎−2𝑎−3𝑎=4𝑎. Observamos que: 4𝑎=0⇔𝑎=0. Es decir, rang⁡(𝐴∗) =3 cuando 𝑎 ≠0. En otro caso, rang⁡(𝐴∗) =2.
    • Si 𝑎 ≠0, rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), así que el sistema es incompatible.
    • Si 𝑎 =0, rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, así que el sistema es compatible indeterminado.
  2. Si 𝑎 =0, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior. Podemos reducir el sistema a: {𝑥+𝑦+𝑧=0,𝑥+𝑧=0. Resolvemos el sistema por reducción. Si restamos las dos ecuaciones, obtenemos que 𝑦 =0. Así que, si tomamos 𝑧 =𝜆, entonces 𝑥 = −𝜆. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−𝜆,𝑦=0,𝑧=𝜆. Para 𝜆 =4, una solución es: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−4,𝑦=0,𝑧=4. Esta solución verifica que 𝑦 +𝑧 =4.

Ejercicio 8

Se considera el punto 𝐴(1, −2,0) y la recta 𝑟≡{𝑥+𝑦=0,𝑦−3𝑧+2=0.

  1. Calcula la ecuación del plano que pasa por 𝐴 y es perpendicular a 𝑟.
  2. Calcula la ecuación del plano que pasa por 𝐴 y contiene a 𝑟.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Si 𝑦 =𝜆, 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=23+13𝜆. Llamamos 𝜋 al plano que nos piden. Como 𝜋 es perpendicular a 𝑟, ⃗𝑛𝜋 =⃗𝑑𝑟 =(−1,1,13). Además, el punto 𝐴(1, −2,0) pertenece al plano. Por tanto, la ecuación del plano 𝜋 es: 𝜋≡−(𝑥−1)+𝑦+2+13𝑧=0⇔−𝑥+𝑦+13𝑧+3=0⇔−3𝑥+3𝑦+𝑧+9=0.
  2. Llamamos 𝜏 al plano que nos piden. Como 𝜏 contiene a 𝑟, ⃗𝑑𝑟 =(−1,1,13) es un vector director del plano. Además, si tomamos un punto 𝑅(0,0,23), entonces ⃗𝐴𝑅 =(1,−2,−23) es otro vector director del plano. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜏 son: 𝜏≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1−𝜆+𝜇,𝑦=−2+𝜆−2𝜇,𝑧=13𝜆−23𝜇.