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📋 Reserva 1 de 2020

Ejercicio 1

Calcula 𝑎 sabiendo que lím𝑥→0⁡(1ln⁡(1−𝑥)−𝑎𝑥−1𝑥)=72.

Resolución

Calculamos el límite. lím𝑥→0⁡(1ln⁡(1−𝑥)−𝑎𝑥−1𝑥)=lím𝑥→0⁡𝑥−(𝑎𝑥−1)ln⁡(1−𝑥)𝑥ln⁡(1−𝑥)=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0⁡𝑥−(𝑎𝑥−1)ln⁡(1−𝑥)𝑥ln⁡(1−𝑥)L’H=lím𝑥→0⁡1−𝑎ln⁡(1−𝑥)+𝑎𝑥−11−𝑥ln⁡(1−𝑥)−𝑥1−𝑥L’H=lím𝑥→0⁡𝑎1−𝑥+𝑎−1(1−𝑥)2−11−𝑥−11−𝑥=2𝑎−1−2.

Por tanto, lím𝑥→0⁡(1ln⁡(1−𝑥)−𝑎𝑥−1𝑥)=72⇔2𝑎−1−2=72⇔1−2𝑎=7⇔𝑎=−3.

Ejercicio 2

Sea 𝑓 la función definida por 𝑓(𝑥)=−𝑥3+2𝑥−3𝑥2−𝑥 para 𝑥 ≠0, 𝑥 ≠1. Halla la primitiva de 𝑓 cuya gráfica pasa por el punto (2,3ln⁡(2)).

Resolución

En primer lugar, hallamos todas las primitivas de la función 𝑓. 𝐹(𝑥)=∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫−𝑥3+2𝑥−3𝑥2−𝑥𝑑𝑥. Para resolver esta integral, hacemos la división de polinomios del integrando. −𝑥3+2𝑥−3𝑥2−𝑥=−𝑥−1+𝑥−3𝑥2−𝑥. Así que: 𝐹(𝑥)=∫−𝑥3+2𝑥−3𝑥2−𝑥𝑑𝑥=∫(−𝑥−1)𝑑𝑥+∫𝑥−3𝑥2−𝑥𝑑𝑥=−12𝑥2−𝑥+∫𝑥−3𝑥2−𝑥𝑑𝑥. Expresamos la función como suma de fracciones simples. Las raíces del denominador son 0 y 1, así que la función se puede escribir como: 𝑥−3𝑥2−𝑥=𝐴𝑥+𝐵𝑥−1=𝐴(𝑥−1)+𝐵𝑥𝑥2−𝑥=(𝐴+𝐵)𝑥−𝐴𝑥2−𝑥. Igualando ambas expresiones, obtenemos que: {𝐴+𝐵=1,𝐴=3⇔{𝐴=3,𝐵=−2. Por tanto, 𝑥−3𝑥2−𝑥=3𝑥−2𝑥−1. Resolvemos la integral. 𝐹(𝑥)=−12𝑥2−𝑥+∫𝑥−3𝑥2−𝑥𝑑𝑥=−12𝑥2−𝑥+3∫1𝑥𝑑𝑥−2∫1𝑥−1𝑑𝑥==−12𝑥2−𝑥+3ln⁡|𝑥|−2ln⁡|𝑥−1|+𝐶.

La primitiva que pasa por el punto (2,3ln⁡(2)) ha de verificar que: 𝐹(2)=3ln⁡(2)⇔−4+3ln⁡(2)+𝐶=3ln⁡(2)⇔𝐶=4. Por tanto, la primitiva es: 𝐹(𝑥)=−12𝑥2−𝑥+3ln⁡|𝑥|−2ln⁡|𝑥−1|+4.

Ejercicio 3

Considera 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1111𝑎𝑏𝑐14⎞⎟ ⎟ ⎟⎠,𝐵=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111⎞⎟ ⎟ ⎟⎠y𝐶=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝321⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Determina 𝑎, 𝑏 y 𝑐, sabiendo que 𝐴𝐵 =𝐶 y la matriz 𝐴 tiene rango 2.

Resolución

Como 𝐴𝐵 =𝐶, entonces ⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1111𝑎𝑏𝑐14⎞⎟ ⎟ ⎟⎠⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝321⎞⎟ ⎟ ⎟⎠⇔⎛⎜ ⎜ ⎜⎝31+𝑎+𝑏𝑐+5⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝321⎞⎟ ⎟ ⎟⎠⇔{1+𝑎+𝑏=2⇔𝑎+𝑏=1,𝑐+5=1⇔𝑐=−4. Así que 𝑐 = −4.

Por otro lado, como la matriz 𝐴 tiene rango 2 entonces su determinante ha de ser nulo. Además, observamos que ∣1114∣=3≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Calculamos el determinante de 𝐴. |𝐴|=∣1111𝑎𝑏−414∣=4𝑎−4𝑏+1+4𝑎−𝑏−4=8𝑎−5𝑏−3. Así que rang⁡(𝐴)=2⇔|𝐴|=0⇔8𝑎−5𝑏−3=0⇔8𝑎−5𝑏=3.

Con estas dos condiciones, podemos montar un sistema de ecuaciones. {𝑎+𝑏=1,8𝑎−5𝑏=3. Resolvemos el sistema por sustitución. Como 𝑎 +𝑏 =1 ⇔𝑏 =1 −𝑎, 8𝑎−5𝑏=3𝑏=1−𝑎←←←←←←←←→8𝑎−5(1−𝑎)=3⇔13𝑎=8⇔𝑎=813. Así que 𝑏=1−𝑎𝑎=8/13←←←←←←←←←→𝑏=513. Por tanto, 𝑎 =813, 𝑏 =513 y 𝑐 = −4.

Ejercicio 4

Considera el tetraedro de vértices 𝐴(0,0,0), 𝐵(1,1,0), 𝐶(0,1,3) y 𝐷(1,0,3).

  1. Calcula el volumen de dicho tetraedro.
  2. Calcula la medida de la altura trazada desde el vértice 𝐴 de dicho tetraedro.

Resolución
  1. El volumen del tetraedro de vértices 𝐴, 𝐵, 𝐶 y 𝐷 es un sexto del volumen del paralelepípedo formado por los vectores ⃗𝐴𝐵 =(1,1,0), ⃗𝐴𝐶 =(0,1,3) y ⃗𝐴𝐷 =(1,0,3). Este viene dado por el valor absoluto del producto mixto de los tres vectores. [⃗𝐴𝐵,⃗𝐴𝐶,⃗𝐴𝐷]=∣110013103∣=6⇒𝑉=6𝑢3. Por tanto, el volumen del tetraedro es 16 ⋅6 =1 𝑢3.
  2. En primer lugar, hallamos la ecuación general del plano 𝜋 formado por los puntos 𝐵, 𝐶 y 𝐷. Los vectores ⃗𝐵𝐶 =( −1,0,3) y ⃗𝐵𝐷 =(0, −1,3) son dos vectores directores del plano. Así que el vector normal de 𝜋 viene dado por: ⃗𝑛𝜋=⃗𝐵𝐶×⃗𝐵𝐷=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘−1030−13∣ ∣ ∣ ∣=(3,3,1). Además, 𝐵 es un punto del plano. Por tanto, la ecuación general del plano 𝜋 es: 𝜋≡3(𝑥−1)+3(𝑦−1)+𝑧=0⇔3𝑥+3𝑦+𝑧−6=0. De esta forma, podemos calcular la altura del vértice 𝐴 de la forma: ℎ=dist⁡(𝐴,𝜋)=|−6||⃗𝑛𝜋|=6√32+32+12=6√19𝑢2.

Ejercicio 5

Una familia desea acotar una zona rectangular en el jardín de su casa para dedicarla al cultivo ecológico. Para ello dispone de 96 metros de valla, pero necesita dejar una abertura de 4 metros en uno de los laterales para instalar una puerta. Determina las dimensiones de la zona rectangular de área máxima que puede acotarse de esta manera y el valor de dicha área.

Resolución

Llamamos 𝑥 e 𝑦 al largo y al ancho de la zona rectangular en metros, respectivamente. Como 𝑥 e 𝑦 son distancias, entonces 𝑥,𝑦 ≥0.

Como se dispone de 96 metros de valla y se deja una abertura de 4 metros, entonces el perímetro debe ser de 100 metros. Es decir, 2𝑥+2𝑦=100⇔𝑥+𝑦=50⇔𝑦=50−𝑥. Así que la función a maximizar es 𝑆(𝑥)=𝑥⋅𝑦=𝑥(50−𝑥)=50𝑥−𝑥2.

En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑆. 𝑆′(𝑥)=50−2𝑥. Hallamos los puntos críticos de 𝑆 igualando la derivada a cero. 𝑆′(𝑥)=0⇔50−2𝑥=0⇔50=2𝑥⇔𝑥=25.

Comprobamos que en el punto de abscisa 𝑥 =25 se alcanza el máximo de la función.

  • Si 𝑥 <25, 𝑆′(𝑥) >0. Así que 𝑆 es creciente.
  • Si 𝑥 >25, 𝑆′(𝑥) <0. Así que 𝑆 es decreciente.
Luego 𝑆 tiene un máximo en 𝑥 =25. Por tanto, 𝑦 =50 −𝑥 =25.

Así que la zona rectangular tiene base 25 m y altura 25 m, es decir, se trata de una zona cuadrada de lado 25 m. Por tanto, su área es de 625 m2.

Ejercicio 6

Calcula ∫ln⁡(𝑥2 +2𝑥 +2)𝑑𝑥. (Sugerencia: efectúa el cambio de variable 𝑡 =𝑥 +1).

Resolución

En primer lugar, realizamos el cambio de variable: 𝑡=𝑥+1⇒𝑥=𝑡−1,𝑑𝑥=𝑑𝑡. De esta forma, la integral queda de la forma: ∫ln⁡(𝑥2+2𝑥+2)𝑑𝑥=∫ln⁡[(𝑡−1)2+2(𝑡−1)+2]𝑑𝑡=∫ln⁡(𝑡2−2𝑡+1+2𝑡−2+2)𝑑𝑡=∫ln⁡(𝑡2+1)𝑑𝑡.

Resolvemos la integral por partes. 𝑢=ln⁡(𝑡2+1)⇒𝑢′=2𝑡𝑡2+1,𝑣′=1⇒𝑣=𝑡. Entonces: ∫ln⁡(𝑡2+1)𝑑𝑡=𝑡ln⁡(𝑡2+1)−∫2𝑡2𝑡2+1𝑑𝑡. Para resolver la integral, hacemos la división de polinomios del integrando. 2𝑡2𝑡2+1=2−2𝑡2+1. Por tanto: ∫ln⁡(𝑡2+1)𝑑𝑡=𝑡ln⁡(𝑡2+1)−∫2𝑡2𝑡2+1𝑑𝑡=𝑡ln⁡(𝑡2+1)−∫2𝑑𝑡+∫2𝑡2+1𝑑𝑡==𝑡ln⁡(𝑡2+1)−2𝑡+2arctg⁡(𝑡)+𝐶=(𝑥+1)ln⁡[(𝑥+1)2+1]−2(𝑥+1)+2arctg⁡(𝑥+1)+𝐶==(𝑥+1)ln⁡(𝑥2+2𝑥+2)+2arctg⁡(𝑥+1)−2𝑥−2+𝐶.

Ejercicio 7

Siendo 𝜆 un número real, considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales con dos incógnitas. ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+𝜆𝑦=2,2𝑥+4𝑦=1,𝜆𝑥+𝑦=2𝜆. Discútelo según los valores de 𝜆 y resuélvelo cuando sea posible.

Resolución

La matriz de coeficientes y la matriz ampliada del sistema son: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1𝜆24𝜆1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠,𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1𝜆2241𝜆12𝜆⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. En primer lugar, observamos que: ∣1221∣=−3≠0⇒rang⁡(𝐴∗)≥2. Para determinar el rango de 𝐴∗ en función del valor de 𝜆, estudiamos su determinante. |𝐴∗|=∣1𝜆2241𝜆12𝜆∣=8𝜆+𝜆2+4−8𝜆−4𝜆2−1=−3𝜆2+3. Observamos que: |𝐴∗|=0⇔−3𝜆2+3=0⇔𝜆2=1⇔𝜆=±1. Es decir, rang⁡(𝐴∗) =3 si y solo si 𝜆 ≠ ±1. En otro caso, rang⁡(𝐴∗) =2.

  • Si 𝜆 ≠ ±1, entonces rang⁡(𝐴∗) =3 y rang⁡(𝐴) ≤2. Por tanto, el sistema es incompatible.
  • Si 𝜆 = −1, la matriz de coeficientes es: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1−124−11⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que: ∣1−124∣=6≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) =2, el sistema es compatible determinado. Podemos reducir el sistema a: {𝑥−𝑦=2,2𝑥+4𝑦=1𝐹1⋅(−2)←←←←←←←←←→{−2𝑥+2𝑦=−4,2𝑥+4𝑦=1. Resolvemos el sistema por reducción. Si sumamos ambas ecuaciones, obtenemos que: 6𝑦=−3⇔𝑦=−12. Despejando y sustituyendo en la primera ecuación, 𝑥−𝑦=2⇔𝑥=2+𝑦𝑦=−1/2←←←←←←←←←→𝑥=32. Por tanto, la solución es: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=32,𝑦=−12.
  • Si 𝜆 =1, la matriz de coeficientes es: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝112411⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que: ∣1124∣=2≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) =2, el sistema es compatible determinado. Podemos reducir el sistema a: {𝑥+𝑦=2,2𝑥+4𝑦=1𝐹1⋅(−2)←←←←←←←←←→{−2𝑥−2𝑦=−4,2𝑥+4𝑦=1. Resolvemos el sistema por reducción. Si sumamos ambas ecuaciones, obtenemos que: 2𝑦=−3⇔𝑦=−32. Despejando y sustituyendo en la primera ecuación, 𝑥+𝑦=2⇔𝑥=2−𝑦𝑦=−3/2←←←←←←←←←→𝑥=72. Por tanto, la solución es: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=72,𝑦=−32.

Ejercicio 8

Considera los puntos 𝐴( −1,3,2), 𝐵(2, −1, −1) y 𝐶(𝑎 −2,7,𝑏).

  1. Determina 𝑎 y 𝑏 para que los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 estén alineados.
  2. En el caso 𝑎 =𝑏 =1, halla la recta que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular al plano que contiene a los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶.

Resolución
  1. Para que los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 estén alineados, los vectores ⃗𝐴𝐵 =(3, −4, −3) y ⃗𝐴𝐶 =(𝑎 −1,4,𝑏 −2) tienen que ser proporcionales. Así que ha de verificarse que: 𝑎−13=4−4=𝑏−2−3⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑎−13=−1⇔𝑎−1=−3⇔𝑎=−2,𝑏−2−3=−1⇔𝑏−2=3⇔𝑏=5.
  2. Llamamos 𝑟 a la recta que nos piden. El plano que contiene a los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 tiene como vectores directores ⃗𝐴𝐵 =(3, −4, −3) y ⃗𝐴𝐶 =(0,4, −1). Como 𝑟 es perpendicular a dicho plano, su vector director viene dado por: ⃗𝑑𝑟=⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘3−4−304−1∣ ∣ ∣ ∣=(16,3,12). Además, el punto (0,0,0) pertenece a la recta. Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟 son: 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=16𝜆,𝑦=3𝜆,𝑧=12𝜆.