Matemáticas de Selectividad

Calculamos el límite. lím𝑥→0⁡𝑥𝑒𝑥−ln⁡(1+𝑥)−(𝑎+1)𝑥𝑥2=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0⁡𝑥𝑒𝑥−ln⁡(1+𝑥)−(𝑎+1)𝑥𝑥2L’H=lím𝑥→0⁡𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥−11+𝑥−𝑎−12𝑥=−𝑎−10. Si 𝑎 ≠ −1 este límite será infinito, así que necesariamente 𝑎 = −1.

Continuamos resolviendo el límite para 𝑎 = −1. lím𝑥→0⁡𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥−11+𝑥2𝑥L’H=2𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥+1(1+𝑥)22=32.

Como 𝑓″ es la derivada de 𝑓′, entonces: 𝑓′(𝑥)=∫𝑓″(𝑥)𝑑𝑥=∫1𝑥+1𝑑𝑥=ln⁡(𝑥+1)+𝐶. Además, ha de verificarse que: 𝑓′(0)=0⇔𝐶=0.

De igual forma, como 𝑓′ es la derivada de 𝑓, entonces: 𝑓(𝑥)=∫𝑓′(𝑥)𝑑𝑥=∫ln⁡(𝑥+1)𝑑𝑥=(𝑥+1)ln⁡(𝑥+1)−(𝑥+1)+𝐾. Si su gráfica pasa por el punto (0,1), ha de verificarse que: 𝑓(0)=1⇔−1+𝐾=1⇔𝐾=2. Por tanto, la función es: 𝑓(𝑥)=(𝑥+1)ln⁡(𝑥+1)−𝑥+1.

1. La matriz de coeficientes del sistema es: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑎111𝑎111𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑎, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣𝑎111𝑎111𝑎∣=𝑎3−3𝑎+2. Observamos que: |𝐴|=0⇔𝑎3−3𝑎+2=0⇔(𝑎−1)2(𝑎+2)=0⇔{𝑎=−2,𝑎=1. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑎 ≠ −2 y 𝑎 ≠1. En otro caso, rang⁡(𝐴) ≤2.
   • Si 𝑎 ≠ −2 y 𝑎 ≠1, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝑎 = −2, la matriz de coeficientes es: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−2111−2111−2⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que: ∣−211−2∣=3≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. La matriz de coeficientes ampliada es: 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−21111−21−211−24⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que: ∣−2111−2−2114∣=9≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
   • Si 𝑎 =1, la matrices de coeficientes y ampliada son: 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111111111⎞⎟ ⎟ ⎟⎠y𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝111111111111⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que las tres filas son iguales en las dos matrices, así que rang⁡(𝐴) =1 y rang⁡(𝐴∗) =1. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
2. • Si 𝑎 =1, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior y se puede reducir a: 𝑥+𝑦+𝑧=1. Si tomamos 𝑥 =𝜆 e 𝑦 =𝜇, entonces: 𝑥+𝑦+𝑧=1⇔𝑧=1−𝑥−𝑦=1−𝜆−𝜇. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=𝜇,𝑧=1−𝜆−𝜇,𝜆,𝜇∈ℝ.
   • Si 𝑎 = −2, el sistema es incompatible por el apartado anterior, así que no tiene solución.

En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Si 𝑧 =𝜆, 𝑥−𝑧=1⇔𝑥=1+𝑧=1+𝜆,𝑥−𝑦+2𝑧=5⇔𝑦=𝑥+2𝑧−5=1+𝜆+2𝜆−5=−4+3𝜆. Por tanto, 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆,𝑦=−4+3𝜆,𝑧=𝜆,𝜆∈ℝ.

1. Para hallar el punto simétrico 𝑃′ de 𝑃 con respecto a 𝑟, trazamos un plano 𝜋 perpendicular a la recta que pase por 𝑃. Al ser perpendicular a 𝑟, su vector normal es ⃗𝑛𝜋 =⃗𝑑𝑟 =(1,3,1). Así que la ecuación del plano 𝜋 es: 𝜋≡𝑥−1+3𝑦+𝑧+1=0⇔𝑥+3𝑦+𝑧=0. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑄 de la recta 𝑟 y el plano. Para ello, sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 1+𝜆+3(−4+3𝜆)+𝜆=0⇔1+𝜆−12+9𝜆+𝜆=0⇔11𝜆−11=0⇔𝜆=1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑄(2, −1,1). Como 𝑄 es el punto medio de 𝑃 y 𝑃′, podemos hallar 𝑃′ como el simétrico de 𝑃 con respecto de 𝑄. Si llamamos 𝑃′(𝑎,𝑏,𝑐), ha de que verificarse: ⎧{ { { {⎨{ { { {⎩1+𝑎2=2⇔𝑎=3,𝑏2=−1⇔𝑏=−2,−1+𝑐2=1⇔𝑐=3. Por tanto, el punto simétrico de 𝑃 con respecto a la recta 𝑟 es 𝑃′(3, −2,3).
2. Consideramos un punto genérico 𝑅(1 +𝜆, −4 +3𝜆,𝜆) de la recta 𝑟. La distancia entre 𝑃 y el punto genérico 𝑅 viene dada por el módulo del vector ⃗𝑃𝑅 =(𝜆, −4 +3𝜆,𝜆 +1). dist⁡(𝑃,𝑅)=|⃗𝑃𝑅|=√𝜆2+(−4+3𝜆)2+(𝜆+1)2=√𝜆2+16−24𝜆+9𝜆2+𝜆2+2𝜆+1==√11𝜆2−22𝜆+17. Para que la distancia de un punto de 𝑟 a 𝑃 sea de √6 unidades, ha de verificarse: dist⁡(𝑃,𝑅)=√6⇔√11𝜆2−22𝜆+17=√6⇔11𝜆2−22𝜆+17=6⇔11𝜆2−22𝜆+11=0⇔⇔𝜆2−2𝜆+1=0⇔(𝜆−1)2=0⇔𝜆=1. Por tanto, el punto es 𝑄(2, −1,1).

En primer lugar, escribimos 𝑓 como una función a trozos. 𝑓(𝑥)=|𝑥|2−𝑥=⎧{ {⎨{ {⎩−𝑥2−𝑥,si 𝑥<0,𝑥2−𝑥,si 𝑥≥0.

1. Estudiamos la continuidad y la derivabilidad de 𝑓.
   • Si 𝑥 ≠0 y 𝑥 ≠2, 𝑓 es continua y derivable con: 𝑓′(𝑥)=⎧{ { {⎨{ { {⎩−2(2−𝑥)2,si 𝑥<0,2(2−𝑥)2,si 𝑥>0.
   • Estudiamos la continuidad en 𝑥 =0. lím𝑥→0⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0⁡|𝑥|2−𝑥=0,𝑓(0)=0. Así que 𝑓 es continua en 𝑥 =0. Pasamos a estudiar su derivabilidad. 𝑓′−(0)=lím𝑥→0−⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→0−−2(2−𝑥)2=−12,𝑓′+(0)=lím𝑥→0+⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→0+⁡2(2−𝑥)2=12. Como 𝑓′−(0) ≠𝑓′+(0), 𝑓 no es derivable en 𝑥 =0.
   Por tanto, 𝑓 es derivable en ℝ ∖{0,2}.
2. Estudiamos la monotonía de 𝑓. Para hallar los puntos críticos, igualamos las dos ramas de la derivada a cero.
   • Si 𝑥 <0, 𝑓′(𝑥)=−2(2−𝑥)2≠0.
   • Si 𝑥 >0, 𝑓′(𝑥)=2(2−𝑥)2≠0.
   Así que 𝑓 no tiene puntos críticos. Consideramos 𝑥 =0 y 𝑥 =2 por no ser derivable y no pertenecer al dominio, respectivamente. Estudiamos el signo de la derivada.

   	( −∞,0)	(0,2)	(2, +∞)
   signo de 𝑓′	−	+	+
   monotonía de 𝑓	→	→	→

   Por tanto, la función es creciente en (0,2) ∪(2, +∞) y decreciente en ( −∞,0).

1. En primer lugar, observamos que la gráfica de la función 𝑔 es una parábola cóncava con vértice en 𝑥 =1, así que alcanza su máximo en este punto. Para que las funciones se corten en 𝑥 =1, ha de verificarse que: 𝑓(1)=𝑔(1)⇔−2=1+𝑐⇔𝑐=−3.
2. En primer lugar, hallamos los puntos de corte entre las dos funciones. 𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)⇔−4𝑥+2=−𝑥2+2𝑥−3⇔𝑥2−6𝑥+5=0⇔{𝑥=1,𝑥=5. Podemos representar la región. Calculamos el área. 𝑆=∫51(𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥))𝑑𝑥=∫51(−𝑥2+2𝑥−3+4𝑥−2)𝑑𝑥=∫51(−𝑥2+6𝑥−5)𝑑𝑥=[−13𝑥3+3𝑥2−5𝑥]51==−1253+75−25−(−13+3−5)=323𝑢2.

1. Calculamos las primeras potencias de 𝐴. 𝐴2=(−12√32−√32−12)y𝐴3=(1001). Como 𝐴3 =𝐼, entonces 𝐴4=𝐴3⋅𝐴=𝐴,𝐴5=𝐴3⋅𝐴2=𝐴2,𝐴6=𝐴3⋅𝐴3=𝐼,… La división 37/3 tiene resto 1 y 41/3 tiene resto 2. Por tanto, 𝐴37=𝐴=(−12−√32√32−12)y𝐴41=𝐴2=(−12√32−√32−12).
2. Calculamos el determinante. Como la matriz 𝐴 es de orden 2 y det(𝐴) =1, |3𝐴52(𝐴𝑡)4|=32|𝐴|52|𝐴|4=9.

1. Por un lado, si los tres vectores son linealmente dependientes entonces el determinante formado por sus componentes es nulo. ∣21010−1𝑎𝑏1∣=0⇔−𝑎+2𝑏−1=0. Por otro lado, si ⃗𝑢 y ⃗𝑤 son ortogonales, su producto escalar es nulo. ⃗𝑢⋅⃗𝑤=0⇔2𝑎+𝑏=0. Por tanto, podemos plantear el sistema de ecuaciones {−𝑎+2𝑏=1,2𝑎+𝑏=0 Si sumamos el doble de la primera ecuación con la segunda ecuación, obtenemos que 5𝑏=2⇔𝑏=25. Luego −𝑎+2𝑏=1𝑏=2/5←←←←←←←←←→−𝑎+2⋅25=1⇔𝑎=−15. Así que 𝑎 = −15 y 𝑏 =25.
2. Si 𝑎 =1, entonces ⃗𝑤 =(1,𝑏,1). El volumen del paralelepípedo formado por los vectores viene dado por el valor absoluto de su producto mixto. [⃗𝑢,⃗𝑣,⃗𝑤]=∣21010−11𝑏1∣=2𝑏−2⇒𝑉=|2𝑏−2|. Si el volumen es de 6 unidades cúbicas, entonces 𝑉=6⇔|2𝑏−2|=6⇔|𝑏−1|=3⇔{𝑏−1=3⇔𝑏=4,𝑏−1=−3⇔𝑏=−2. Por tanto, los posibles valores son 𝑏 = −2 y 𝑏 =4.