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📋 Reserva 4 de 2021

Ejercicio 1

Sea la función continua 𝑓 :ℝ →ℝ definida por 𝑓(𝑥)=⎧{ { {⎨{ { {⎩ln⁡(𝑒𝑥+𝑥3)𝑥,si 𝑥<0,4𝑥2+𝑎,si 0≤𝑥<1,𝑏+sen⁡(𝜋𝑥),si 1≤𝑥. Determina 𝑎 y 𝑏.

Resolución

En primer lugar, observamos que 𝑓 es continua en cada una de sus ramas para cualquier valor de 𝑎 y 𝑏. Pasamos a estudiar su continuidad en 𝑥 =0 y 𝑥 =1.

  • Si 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0−⁡ln⁡(𝑒𝑥+𝑥3)𝑥=00→lím𝑥→0−⁡ln⁡(𝑒𝑥+𝑥3)𝑥L’H=lím𝑥→0−⁡𝑒𝑥+3𝑥2𝑒𝑥+𝑥3=1,lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡(4𝑥2+𝑎)=𝑎,𝑓(0)=𝑎. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(0)⇔𝑎=1.
  • Si 𝑥 =1, lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1−⁡(4𝑥2+1)=5,lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡(𝑏+sen⁡(𝜋𝑥))=𝑏,𝑓(1)=𝑏. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =1, lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(1)⇔𝑏=5.

Ejercicio 2

Sea 𝑓 :ℝ →ℝ la función definida por 𝑓(𝑥)=𝑒2𝑥−1𝑒2𝑥+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. Observamos que el denominador no se anula para ningún valor de 𝑥, así que no tiene ninguna asíntota vertical. Veamos si tiene alguna asíntota horizontal. lím𝑥→−∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−∞⁡𝑒2𝑥−1𝑒2𝑥+1=−1,lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑒2𝑥−1𝑒2𝑥+1=1. Por tanto, la recta 𝑦 = −1 es una asíntota horizontal por la izquierda mientras que 𝑦 =1 es una asíntota horizontal por la derecha. Además, 𝑓 no tiene ninguna asíntota oblicua.
  2. En primer lugar, hallamos la derivada de 𝑓. 𝑓′(𝑥)=2𝑒2𝑥(𝑒2𝑥+1)−(𝑒2𝑥−1)2𝑒2𝑥(𝑒2𝑥+1)2=2𝑒𝑥(𝑒2𝑥+1−𝑒2𝑥+1)(𝑒2𝑥+1)2=4𝑒2𝑥(𝑒2𝑥+1)2. Observamos que 𝑓′(𝑥) >0 para todo valor de 𝑥, así que 𝑓 es creciente en ℝ.

Ejercicio 3

Calcula ∫𝜋/20(2sen2⁡(𝑥)−cos2⁡(𝑥))𝑑𝑥.

Resolución

En primer lugar, hallamos una primitiva de la función. ∫(2sen2⁡(𝑥)−cos2⁡(𝑥))𝑑𝑥=∫(2sen2⁡(𝑥)−(1−sen2⁡(𝑥)))𝑑𝑥=∫(3sen2⁡(𝑥)−1)𝑑𝑥=3∫sen2⁡(𝑥)𝑑𝑥−𝑥. Para integrar sen2⁡(𝑥), hacemos uso de las siguientes identidades trigonométricas: 1=cos2⁡(𝑥)+sen2⁡(𝑥),cos⁡(2𝑥)=cos2⁡(𝑥)−sen2⁡(𝑥). Si restamos las dos expresiones, obtenemos que 1−cos⁡(2𝑥)=2sen2⁡(𝑥)⇔sen2⁡(𝑥)=1−cos⁡(2𝑥)2. Así que: 3∫sen2⁡(𝑥)𝑑𝑥−𝑥=32∫(1−cos⁡(2𝑥))𝑑𝑥−𝑥=32𝑥−34sen⁡(2𝑥)−𝑥=12𝑥−34sen⁡(2𝑥).

Por último, calculamos la integral definida. ∫𝜋20(2sen2⁡(𝑥)−cos2⁡(𝑥))𝑑𝑥=[12𝑥−34sen⁡(2𝑥)]𝜋20=𝜋4.

Ejercicio 4

Considera las funciones 𝑓,𝑔 :ℝ →ℝ definidas por 𝑓(𝑥) =|𝑥| −2 y por 𝑔(𝑥) =4 −𝑥2.

  1. Halla los puntos de corte de las gráficas de ambas funciones y esboza el recinto que delimitan.
  2. Determina el área del recinto anterior.

Resolución
  1. Calculamos los puntos de corte de las dos funciones. 𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)⇔|𝑥|−2=4−𝑥2⇔|𝑥|=6−𝑥2⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=6−𝑥2⇔𝑥2+𝑥−6=0⇔{𝑥=−3 (no válida),𝑥=2,−𝑥=6−𝑥2⇔𝑥2−𝑥−6=0⇔{𝑥=−2,𝑥=3 (no válida). Por tanto, los puntos de corte son ( −2,0) y (2,0). Representamos el recinto delimitado por ambas funciones. Figura
  2. En primer lugar, podemos expresar la función 𝑓 como una función a trozos. 𝑓(𝑥)={−𝑥−2,si 𝑥<0,𝑥−2,si 𝑥≥0. Como el recinto es simétrico, podemos calcular el área como 2∫20(𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥))𝑑𝑥=2∫20(4−𝑥2−(𝑥−2))𝑑𝑥=2∫20(−𝑥2−𝑥+6)𝑑𝑥=2[−13𝑥3−12𝑥2+6𝑥]20==2⋅(−83−2+12)=443𝑢2.

Ejercicio 5

Considera la matriz 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝202−121014⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Estudia, según los valores de 𝜆, el rango de la matriz 𝐴 −𝜆𝐼, siendo 𝐼 la matriz identidad de orden tres.
  2. Resuelve el sistema (𝐴−𝐼)⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑥𝑦𝑧⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝000⎞⎟ ⎟ ⎟⎠ y halla, si existe, una solución en la que 𝑥 =2.

Resolución
  1. En primer lugar, calculamos la matriz 𝐴 −𝜆𝐼. ⎛⎜ ⎜ ⎜⎝202−121014⎞⎟ ⎟ ⎟⎠−𝜆⎛⎜ ⎜ ⎜⎝100010001⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝2−𝜆02−12−𝜆1014−𝜆⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Calculamos el determinante de esta matriz. |𝐴−𝜆𝐼|=∣2−𝜆02−12−𝜆1014−𝜆∣=(2−𝜆)2(4−𝜆)−2−(2−𝜆)=−𝜆3+8𝜆2−19𝜆+12. Si factorizamos el polinomio, obtenemos que |𝐴−𝜆𝐼|=−(𝜆−1)(𝜆−3)(𝜆−4). Observamos que |𝐴−𝜆𝐼|=0⇔−(𝜆−1)(𝜆−3)(𝜆−4)=0⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝜆=1,𝜆=3,𝜆=4. Así que, si 𝜆 ≠1, 𝜆 ≠3 y 𝜆 ≠4, entonces rang⁡(𝐴 −𝜆𝐼) =3. En caso contrario, rang⁡(𝐴) ≤2. Estudiemos estos casos.
    • Si 𝜆 =1, 𝐴−𝜆𝐼=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝102−111013⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣10−11∣=1≠0⇒rang⁡(𝐴−𝜆𝐼)=2.
    • Si 𝜆 =3, 𝐴−𝜆𝐼=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−102−1−11011⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣−10−1−1∣=1≠0⇒rang⁡(𝐴−𝜆𝐼)=2.
    • Si 𝜆 =4, 𝐴−𝜆𝐼=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−202−1−21010⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣−20−1−2∣=4≠0⇒rang⁡(𝐴−𝜆𝐼)=2.
    Por tanto,
    • Si 𝜆 ≠1, 𝜆 ≠3 y 𝜆 ≠4, entonces rang⁡(𝐴 −𝜆𝐼) =3.
    • Si 𝜆 =1, 𝜆 =3 o 𝜆 =4, entonces rang⁡(𝐴 −𝜆𝐼) =2.
  2. El sistema a resolver es ⎛⎜ ⎜ ⎜⎝102−111013⎞⎟ ⎟ ⎟⎠⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑥𝑦𝑧⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝000⎞⎟ ⎟ ⎟⎠→⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+2𝑧=0,−𝑥+𝑦+𝑧=0,𝑦+3𝑧=0. Como se trata de un sistema homogéneo, sabemos que es compatible. Por el apartado anterior rang⁡(𝐴 −𝐼) =2, así que se trata de un sistema compatible indeterminado y se puede reducir a {𝑥+2𝑧=0,𝑦+3𝑧=0. Si tomamos 𝑧 =𝜆, 𝑥+2𝑧=0𝑧=𝜆←←←←←←→𝑥+2𝜆=0⇔𝑥=−2𝜆,𝑦+3𝑧=0𝑧=𝜆←←←←←←→𝑦+3𝜆=0⇔𝑧=−3𝜆. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−2𝜆,𝑦=−3𝜆,𝑧=𝜆,𝜆∈ℝ. Para 𝜆 = −1, una solución es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2,𝑦=3,𝑧=−1.

Ejercicio 6

Considera las matrices 𝐴=(1−101𝑚1)y𝐵=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1102𝑚−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Calcula 𝑚 para que 𝐴𝐵 no tenga inversa.
  2. Estudia el rango de la matriz 𝐵𝐴 según los valores de 𝑚.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos la matriz 𝐴𝐵. 𝐴𝐵=(1−101𝑚1)⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1102𝑚−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=(1−11+𝑚2𝑚). Calculamos el determinante de 𝐴𝐵. |𝐴𝐵|=∣1−11+𝑚2𝑚∣=2𝑚+1+𝑚=3𝑚+1. La matriz 𝐴𝐵 no tiene inversa si y solo si su determinante es nulo. |𝐴𝐵|=0⇔3𝑚+1=0⇔𝑚=−13. Por tanto, la matriz 𝐴𝐵 no tiene inversa si 𝑚 = −13.
  2. En primer lugar, hallamos la matriz 𝐵𝐴. 𝐵𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1102𝑚−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠(1−101𝑚1)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝2𝑚−1122𝑚2𝑚−1−2𝑚−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣2122∣=2≠0⇒rang⁡(𝐵𝐴)≥2. Calculamos el determinante de 𝐵𝐴. |𝐵𝐴|=∣2𝑚−1122𝑚2𝑚−1−2𝑚−1∣=−4𝑚+2(𝑚−1)2−4𝑚−2𝑚(𝑚−1)+2(𝑚−1)+8𝑚==−4𝑚+2𝑚2+2−4𝑚−4𝑚−2𝑚2+2𝑚+2𝑚−2+8𝑚=0. Por tanto, rang⁡(𝐵𝐴) =2 para todos los valores de 𝑚.

Ejercicio 7

Considera las rectas 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2+3𝜆,𝑦=−1+2𝜆,𝑧=3+𝜆y𝑠≡{2𝑥−𝑦−2=0,𝑦+2𝑧−4=0.

  1. Halla el plano que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠.
  2. Deduce razonadamente que ningún plano perpendicular a 𝑠 contiene a 𝑟.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑠. Si 𝑦 =𝜆, 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+12𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=2−12𝜆. Llamamos 𝜋 al plano que nos piden. Como 𝜋 contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠, ⃗𝑑𝑟 =(3,2,1) y ⃗𝑑𝑠 =(12,1,−12) son dos vectores directores del plano. Además, el punto (2, −1,3) pertenece al plano por ser un punto de 𝑟. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜋 son 𝜋≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2+3𝜆+12𝜇,𝑦=−1+2𝜆+𝜇,𝑧=3+𝜆−12𝜇.
  2. Supongamos que 𝜏 es un plano perpendicular a 𝑠. Esto implica que ⃗𝑛𝜏 =⃗𝑑𝑠 =(12,1,−12). Para que 𝜏 contenga a la recta 𝑟, sería necesario que los vectores ⃗𝑑𝑟 y ⃗𝑛𝜏 fueran perpendiculares. Sin embargo, observamos que ⃗𝑑𝑟⋅⃗𝑛𝜏=(3,2,1)⋅(12,1,−12)=32+2−12=3≠0. Como los vectores no son perpendiculares, es imposible que 𝑟 esté contenida en el plano 𝜏.

Ejercicio 8

Considera los puntos 𝐴(1,2,3), 𝐵( −2,4, −3) y 𝐶( −10,1,0).

  1. Halla el área del triángulo de vértices 𝐴, 𝐵 y 𝐶.
  2. Halla el plano que equidista de 𝐴 y 𝐵.

Resolución
  1. Para hallar el área del triángulo 𝐴𝐵𝐶, calculamos en primer lugar los vectores ⃗𝐴𝐵 =( −3,2, −6) y ⃗𝐴𝐶 =( −11, −1, −3). Su producto vectorial es ⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧−32−6−11−1−3∣=(−12,57,25). Por último, calculamos el área como 12|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|=12√122+572+252=√40182=7√822𝑢2.
  2. Llamamos 𝜋 al plano que nos piden. Como 𝜋 equidista de 𝐴 y 𝐵, el punto medio 𝑀(−12,3,0) del segmento 𝐴𝐵 pertenece al plano y ⃗𝑛𝜋 =⃗𝐴𝐵 =( −3,2, −6). Por tanto, la ecuación del plano 𝜋 es 𝜋≡−3(𝑥+12)+2(𝑦−3)−6𝑧=0⇔−3𝑥+2𝑦−6𝑧−152=0⇔6𝑥−4𝑦+12𝑧+15=0.