Matemáticas de Selectividad

1. 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 = −1 y 𝑥 =1.
   • Si 𝑥 = −1, lím𝑥→−1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−1−⁡1𝑥=−1,lím𝑥→−1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−1+⁡(𝑎𝑥+𝑏)=−𝑎+𝑏,𝑓(−1)=−𝑎+𝑏. Como 𝑓 es continua en 𝑥 = −1, lím𝑥→−1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−1+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(−1)⇔−𝑎+𝑏=−1.
   • Si 𝑥 =1, lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1−⁡(𝑎𝑥+𝑏)=𝑎+𝑏,lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑥2𝑥+1=12,𝑓(1)=12. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =1, lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(1)⇔𝑎+𝑏=12.
   Por tanto, {−𝑎+𝑏=−1,𝑎+𝑏=12. Si sumamos las dos ecuaciones, obtenemos que 2𝑏=−12⇔𝑏=−14. Luego −𝑎+𝑏=−1𝑏=−1/4←←←←←←←←←→−𝑎−14=−1⇔𝑎=34. Así que 𝑎 =34 y 𝑏 = −14.
2. La función 𝑓 es continua en ℝ, así que su gráfica no tiene ninguna asíntota vertical. Falta estudiar la existencia de asíntotas horizontales y oblicuas.
   • Estudiamos las asíntotas por la izquierda. lím𝑥→−∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−∞⁡1𝑥=0. Por tanto, 𝑦 =0 es una asíntota horizontal de la gráfica de 𝑓 por la izquierda.
   • Estudiamos las asíntotas por la derecha. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑥2𝑥+1=+∞. Así que no tiene una asíntota horizontal. Veamos si en su lugar tiene una asíntota oblicua. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=lím𝑥→+∞⁡𝑥𝑥+1=1. Así que 𝑓 tiene una asíntota oblicua con pendiente 𝑚 =1. Calculamos su ordenada en el origen. lím𝑥→+∞⁡(𝑓(𝑥)−𝑥)=lím𝑥→+∞⁡(𝑥2𝑥+1−𝑥)=lím𝑥→+∞⁡−𝑥𝑥+1=−1. Por tanto, 𝑦 =𝑥 −1 es una asíntota oblicua de la gráfica de 𝑓 por la derecha.

Las funciones 𝑓 y 𝑔 tienen simetría par, así que todo rectángulo inscrito en el recinto limitado por sus gráficas estará centrado con respecto al eje de ordenadas. Llamamos 𝑥 a la distancia del centro a cada uno de los extremos del rectángulo horizontalmente. Por otro lado, llamamos 𝑦 a la altura del rectángulo. Como 𝑥 e 𝑦 son distancias, entonces 𝑥,𝑦 ≥0. Representamos la figura.

Como la base del rectángulo es 2𝑥, entonces el área viene dada por 2𝑥𝑦. Como además los vértices están sobre las gráficas de 𝑓 y 𝑔, entonces 𝑦=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=4−𝑥23−(𝑥26−2)=−𝑥22+6. Por tanto, la función a maximizar es 𝑆(𝑥)=2𝑥⋅𝑦=2𝑥⋅(−𝑥22+6)=−𝑥3+12𝑥.

En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑆. 𝑆′(𝑥)=−3𝑥2+12. Hallamos los puntos críticos de 𝑆 igualando la derivada a cero. 𝑆′(𝑥)=0⇔−3𝑥2+12=0⇔𝑥2=4⇔𝑥=±2. Como 𝑥 ≥0 por ser una distancia, la solución 𝑥 = −2 no es válida para este problema.

Comprobamos que en el punto de abscisa 𝑥 =2 se alcanza el máximo de la función.

• Si −2 <𝑥 <2, 𝑆′(𝑥) >0. Así que 𝑆 es creciente.
• Si 𝑥 >2, 𝑆′(𝑥) <0. Así que 𝑆 es decreciente.

Así que el rectángulo tiene base 4 𝑢 y altura 4 𝑢, es decir, se trata de un cuadrado de lado 4 𝑢.

1. Hallamos los puntos de corte de la gráfica de 𝑓 con el eje 𝑋.
   • Si 𝑥 <0, 𝑓(𝑥)=0⇔2𝑥+4=0⇔𝑥=−2. Por tanto, ( −2,0) es un punto de corte con el eje.
   • Si 𝑥 ≥0, 𝑓(𝑥)=0⇔(𝑥−2)2=0⇔𝑥−2=0⇔𝑥=2. Por tanto, (2,0) es un punto de corte con el eje.
   Así que la gráfica de 𝑓 tiene dos puntos de corte con el eje de abscisas: ( −2,0) y (2,0). Además, corta al eje 𝑌 en el punto (0,4). La primera rama es una recta, mientras que la segunda es una parábola con vértice (2,0).
2. Calculamos el área del recinto. ∫2−2𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫0−2(2𝑥+4)𝑑𝑥+∫20(𝑥−2)2𝑑𝑥=[𝑥2+4𝑥]0−2+[(𝑥−2)33]20=4+83=203𝑢2.

En primer lugar, hallamos todas las primitivas de la función 𝑓. 𝐹(𝑥)=∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫𝑥3𝑥2−2𝑥+1𝑑𝑥.

Para resolver esta integral, hacemos la división de polinomios del integrando. 𝑥3𝑥2−2𝑥+1=𝑥+2+3𝑥−2𝑥2−2𝑥+1. Así que: 𝐹(𝑥)=∫𝑥3𝑥2−2𝑥+1𝑑𝑥=∫(𝑥+2)𝑑𝑥+∫3𝑥−2𝑥2−2𝑥+1𝑑𝑥=𝑥22+2𝑥+∫3𝑥−2𝑥2−2𝑥+1𝑑𝑥.

Expresamos la función como suma de fracciones simples. La raíz doble del denominador es 1, así que la función se puede escribir como 3𝑥−2𝑥2−2𝑥+1=𝐴𝑥−1+𝐵(𝑥−1)2=𝐴(𝑥−1)+𝐵(𝑥−1)2=𝐴𝑥−𝐴+𝐵𝑥2−2𝑥+1. Igualando ambas expresiones, obtenemos que {𝐴=3,−𝐴+𝐵=−2⇔{𝐴=3,𝐵=1. Por tanto, 3𝑥−2𝑥2−2𝑥+1=3𝑥−1+1(𝑥−1)2.

Resolvemos la integral. 𝐹(𝑥)=𝑥22+2𝑥+∫3𝑥−1𝑑𝑥+∫1(𝑥−1)2𝑑𝑥=𝑥22+2𝑥+3ln⁡|𝑥−1|−1𝑥−1+𝐶.

La primitiva que pasa por el punto (2,6) ha de verificar 𝐹(2) =6. Por tanto, 𝐹(2)=6⇔2+4−1+𝐶=6⇔𝐶=1. Luego la primitiva es 𝐹(𝑥)=𝑥22+2𝑥+3ln⁡|𝑥−1|−1𝑥−1+1.

1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1−1𝑚−𝑚3−11−4𝑚⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1−11−4∣=−3≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑚, estudiamos su determinante. det(𝐴)=3𝑚+1+4𝑚2−3𝑚−𝑚2−4=3𝑚2−3. Podemos ver que det(𝐴)=0⇔3𝑚2−3=0⇔𝑚2=1⇔{𝑚=−1,𝑚=1. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑚 ≠ −1 y 𝑚 ≠1. En otro caso, rang⁡(𝐴) =2. Por tanto,
   • Si 𝑚 ≠ −1 y 𝑚 ≠1, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝑚 = −1, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−1−1−313−111−4−1−6⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1−1−31311−4−6∣=0⇒rang⁡(𝐴∗)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
   • Si 𝑚 =1, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−11−3−13−111−41−6⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1−1−3−1311−4−6∣=−12≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como los rangos no coinciden, el sistema es incompatible.
2. Si 𝑚 =2, el sistema es compatible determinado por el apartado anterior, así que tiene solución única. Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−12−3−23−111−42−6⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹2+2𝐹1←←←←←←←←←→𝐹3−𝐹1⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−12−3013−50−30−3⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. El sistema resultante es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥−𝑦+2𝑧=−3,𝑦+3𝑧=−5,−3𝑦=−3. Por tanto, la solución es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2,𝑦=1,𝑧=−2.

1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣ ∣ ∣ ∣𝑚√𝑚√𝑚√𝑚𝑚1√𝑚1𝑚∣ ∣ ∣ ∣=𝑚3−2𝑚2+𝑚=𝑚(𝑚2−2𝑚+1). La inversa de la matriz 𝐴 existe si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔𝑚(𝑚2−2𝑚+1)=0⇔{𝑚=0,𝑚2−2𝑚+1=0⇔𝑚=1. Por tanto, la matriz 𝐴 tiene inversa si y solo si 𝑚 ≠0 y 𝑚 ≠1.
2. Si 𝑚 =4, 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝422241214⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Resolvemos la ecuación matricial. 𝐴𝑋=12𝐼⇔𝑋=12𝐴−1. Como 𝑚 =4, 𝐴 es invertible. Hallamos su inversa calculando primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝15−6−6−6120−6012⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Como det(𝐴) =𝑚(𝑚2 −2𝑚 +1) =36, podemos calcular su inversa como 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=136⎛⎜ ⎜ ⎜⎝15−6−6−6120−6012⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, 𝑋=12𝐴−1=13⎛⎜ ⎜ ⎜⎝15−6−6−6120−6012⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝5−2−2−240−204⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

1. Dos vectores son ortogonales si su producto escalar es cero. Por un lado, si ⃗𝑢 y ⃗𝑤 son ortogonales, ⃗𝑢⋅⃗𝑤=0⇔−1+2𝑎+3𝑏=0. Por otro lado, si ⃗𝑣 y ⃗𝑤 son ortogonales, ⃗𝑣⋅⃗𝑤=0⇔2−𝑏=0⇔𝑏=2. Luego −1+2𝑎+3𝑏=0𝑏=2←←←←←→−1+2𝑎+6=0⇔𝑎=−52. Así que 𝑎 = −52 y 𝑏 =2.
2. Consideramos el paralelogramo
   • Hallamos el punto 𝐵 como intersección de la recta 𝑟1 que pasa por 𝑂 con dirección ⃗𝑣 y la recta 𝑟2 que pasa por 𝐴 con dirección ⃗𝑢, de ecuaciones 𝑟1≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2𝜆,𝑦=0,𝑧=−𝜆y𝑟2≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−4−𝜇,𝑦=4+2𝜇,𝑧=7+3𝜇. Calculamos el punto de intersección. 0=4+2𝜇⇔𝜇=−2. Por tanto, 𝐵( −2,0,1).
   • De igual forma, hallamos el punto 𝐶 como intersección de la recta 𝑠1 que pasa por 𝐴 con dirección ⃗𝑣 y la recta 𝑠2 que pasa por 𝑂 con dirección ⃗𝑢, de ecuaciones 𝑠1≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−4+2𝜆,𝑦=4,𝑧=7−𝜆y𝑠2≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−𝜇,𝑦=2𝜇,𝑧=3𝜇. Calculamos el punto de intersección. 4=2𝜇⇔𝜇=2. Por tanto, 𝐶( −2,4,6).
   Así que los vértices son 𝑂(0,0,0), 𝐴( −4,4,7), 𝐵( −2,0,1) y 𝐶( −2,4,6).

1. El vector director de la recta 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =(1, −1,2). Observamos que los vectores directores no pueden ser proporcionales, porque 1+𝑎1=1+𝑎≠𝑎=−𝑎−1. Así que las dos rectas no son paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅(2,0,1) de 𝑟. Las dos rectas se cortan si están contenidas en un mismo plano, es decir, si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑣 y ⃗𝑃𝑅 =(1, −2, −2) son linealmente dependientes. ∣1−121+𝑎−𝑎3𝑎1−2−2∣=𝑎−6. Los tres vectores son linealmente dependientes si y solo si 𝑎 −6 =0 ⇔𝑎 =6. Por tanto, 𝑟 y 𝑠 se cortan si y solo si 𝑎 =6. En otro caso, estas rectas se cruzan.
2. Las rectas son perpendiculares si sus vectores directores lo son, es decir, si su producto escalar es nulo. Calculamos entonces el producto escalar de los dos vectores directores. ⃗𝑑𝑟⋅⃗𝑣=8𝑎+1. Así que ⃗𝑑𝑟⋅⃗𝑣=0⇔8𝑎+1=0⇔𝑎=−18. Por tanto, 𝑟 y 𝑠 son perpendiculares si y solo si 𝑎 = −18.