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 =0 y 𝑥 =2.
   • Si 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0−⁡(𝑥2+2)=2,lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡√𝑎𝑥+𝑏=√𝑏,𝑓(0)=2. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(0)⇔√𝑏=2⇔𝑏=4.
   • Si 𝑥 =2, lím𝑥→2−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→2−⁡√𝑎𝑥+4=√2𝑎+4,lím𝑥→2+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→2+⁡(−𝑥2√2+3√2)=2√2=√2,𝑓(2)=√2𝑎+4. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =2, lím𝑥→2−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→2+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(2)⇔√2𝑎+4=√2⇔2𝑎+4=2⇔𝑎=−1.
   Así que 𝑎 = −1 y 𝑏 =4.
2. La función 𝑓 es derivable en cada una de sus ramas y su derivada es 𝑓′(𝑥)=⎧{ { { {⎨{ { { {⎩2𝑥,si 𝑥<0,−12√−𝑥+4,si 0<𝑥<2,−12√2,si 𝑥>2. Veamos si 𝑓 es derivable en 𝑥 =2 comprobando si sus derivadas laterales coinciden. 𝑓′−(2)=lím𝑥→2−⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→2−−12√−𝑥+4=−12√2,𝑓′+(2)=lím𝑥→2+⁡𝑓′(𝑥)=lím𝑥→2+−12√2=−12√2. Por tanto, 𝑓 es derivable en 𝑥 =2 con 𝑓′(2) = −12√2. Así que la ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =2 es 𝑦−𝑓(2)=𝑓′(2)(𝑥−2)→𝑦−√2=−12√2(𝑥−2)⇔𝑦=−𝑥2√2+2√2.

1. En primer lugar, calculamos la derivada de 𝑓. 𝑓′(𝑥)=2𝑥𝑥2+1. Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝑓 a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔2𝑥𝑥2+1=0⇔2𝑥=0⇔𝑥=0. Estudiamos el signo de la derivada.

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

   Por tanto, 𝑓 es creciente en (0, +∞) y es decreciente en ( −∞,0).
2. En primer lugar, calculamos la segunda derivada de 𝑓. 𝑓″(𝑥)=2(𝑥2+1)−2𝑥⋅2𝑥(𝑥2+1)2=−2𝑥2+2(𝑥2+1)2. Para hallar los candidatos a puntos de inflexión, igualamos la segunda derivada a cero. 𝑓″(𝑥)=0⇔−2𝑥2+2(𝑥2+1)2=0⇔−2𝑥2+2=0⇔𝑥2=1⇔𝑥=±1. Estudiemos el signo de la segunda derivada.

   	( −∞, −1)	( −1,1)	(1, +∞)
   signo de 𝑓″	−	+	−
   curvatura de 𝑓	⌢	⌣	⌢

   Por tanto, 𝑓 es convexa en ( −1,1) y es cóncava en ( −∞, −1) ∪(1, +∞). Además, tiene puntos de inflexión en 𝑥 = −1 y 𝑥 =1, es decir, los puntos ( −1,ln⁡(2)) y (1,ln⁡(2)).

La función 𝑓(𝑥) =2𝑥cos⁡(𝑥) es continua. Por el teorema fundamental del cálculo, la función 𝐹(𝑥)=∫𝑥0𝑓(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑥02𝑡cos⁡(𝑡)𝑑𝑡 es derivable, con 𝐹′(𝑥) =𝑓(𝑥).

1. Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝐹 a cero. 𝐹′(𝑥)=0⇔𝑓(𝑥)=0⇔2𝑥cos⁡(𝑥)=0⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=0,cos⁡(𝑥)=0⇔{𝑥=𝜋2,𝑥=3𝜋2. Así que los puntos críticos son 𝑥 =0, 𝑥 =𝜋2 y 𝑥 =3𝜋2. Estudiamos el signo de la derivada para determinar si 𝐹 es creciente o decreciente.

   	(0,𝜋2)	(𝜋2,3𝜋2)	(3𝜋2,2𝜋)
   signo de 𝐹′	+	−	+
   monotonía de 𝐹	→	→	→

   Por tanto, 𝐹 es creciente en (0,𝜋2) ∪(3𝜋2,2𝜋) y es decreciente en (𝜋2,3𝜋2).
2. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝐹 en 𝑥 =𝜋 viene dada por 𝑦−𝐹(𝜋)=𝐹′(𝜋)(𝑥−𝜋). Por un lado, 𝐹′(𝜋)=𝑓(𝜋)=−2𝜋. Por otro lado, 𝐹(𝜋)=∫𝜋0𝑓(𝑡)𝑑𝑡=∫𝜋02𝑡cos⁡(𝑡)𝑑𝑡. En primer lugar, hallamos una primitiva de 𝑓. Resolvemos la integral por partes. 𝑢=𝑡⇒𝑢′=1,𝑣′=cos⁡(𝑡)⇒𝑣=sen⁡(𝑡). Entonces: ∫2𝑡cos⁡(𝑡)𝑑𝑡=2∫𝑡cos⁡(𝑡)𝑑𝑡=2𝑡sen⁡(𝑡)−2∫sen⁡(𝑡)𝑑𝑡=2𝑡sen⁡(𝑡)+2cos⁡(𝑡). Calculamos la integral definida. 𝐹(𝜋)=∫𝜋02𝑡cos⁡(𝑡)𝑑𝑡=2[𝑡sen⁡(𝑡)+cos⁡(𝑡)]𝜋0=−2−2=−4. Por tanto, la ecuación de la recta tangente en 𝑥 =𝜋 es 𝑦+4=−2𝜋(𝑥−𝜋)⇔𝑦=−2𝜋𝑥+2𝜋2−4.

En primer lugar, hallamos una primitiva de la función 𝑓(𝑥)=𝑥arctg⁡(𝑥).

Resolvemos la integral por partes. 𝑢=arctg⁡(𝑥)⇒𝑢′=11+𝑥2,𝑣′=𝑥⇒𝑣=𝑥22. Entonces: ∫𝑥arctg⁡(𝑥)𝑑𝑥=12𝑥2arctg⁡(𝑥)−12∫𝑥21+𝑥2𝑑𝑥.

Hacemos la división de polinomios del integrando. 𝑥21+𝑥2=1−11+𝑥2. Así que: 12𝑥2arctg⁡(𝑥)−12∫𝑥21+𝑥2𝑑𝑥=12𝑥2arctg⁡(𝑥)−12∫1𝑑𝑥+12∫11+𝑥2𝑑𝑥==12𝑥2arctg⁡(𝑥)−12𝑥+12arctg⁡(𝑥)=12(𝑥2+1)arctg⁡(𝑥)−12𝑥.

Por último, calculamos la integral definida. ∫10𝑥arctg⁡(𝑥)𝑑𝑥=12[(𝑥2+1)arctg⁡(𝑥)−𝑥]10=12(2arctg⁡(1)−1)=𝜋2−12=𝜋−24.

1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝23𝑚1𝑚−131−3⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑚, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣23𝑚1𝑚−131−3∣=−6𝑚−9+𝑚−3𝑚2+9+2=−3𝑚2−5𝑚+2. Obervamos que |𝐴|=0⇔−3𝑚2−5𝑚+2=0⇔{𝑚=−2,𝑚=13. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑚 ≠ −2 y 𝑚 ≠13. En otro caso, rang⁡(𝐴) ≤2.
   • Si 𝑚 ≠ −2 y 𝑚 ≠13, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝑚 = −2, la matrices de coeficientes es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝23−21−2−131−3⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣231−2∣=−7≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. La matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝23−231−2−1−131−32⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣2331−2−1312∣=0⇒rang⁡(𝐴∗)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
   • Si 𝑚 =13, la matrices de coeficientes es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝2313113−131−3⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣23113∣=−73≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. La matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝23133113−1−131−3−13⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣ ∣ ∣ ∣233113−131−13∣ ∣ ∣ ∣=−569≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
2. Si 𝑚 = −2, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior. Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝23−231−2−1−131−32⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−2𝐹2←←←←←←←←←←←→𝐹3−3𝐹2⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝07051−2−1−10705⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠→(07051−2−1−1). El sistema resultante es {7𝑦=5,𝑥−2𝑦−𝑧=−1. Si tomamos 𝑥 =𝜆, entonces 7𝑦=5⇔𝑦=57,𝑥−2𝑦−𝑧=−1⇔𝑧=𝑥−2𝑦+1𝑥=𝜆←←←←←←←←←→𝑦=5/7𝑧=𝜆−107+1=𝜆−37. En efecto, las soluciones del sistema son de la forma ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=57,𝑧=𝜆−37,𝜆∈ℝ.

1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣−𝑎3−3−𝑎∣=−4𝑎. La matriz 𝐴 tiene inversa si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔−4𝑎=0⇔𝑎=0. Como la matriz 𝐴 tiene que ser invertible, necesariamente 𝑎 ≠0. Para hallar su inversa, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=(1−𝑎−3−𝑎). Ahora podemos calcular la inversa como 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=−14𝑎(1−3−𝑎−𝑎)=14(−1𝑎3𝑎11). Así que 𝐴−1=14𝐴⇔14(−1𝑎3𝑎11)=14(−𝑎3𝑎1)⇔(−1𝑎3𝑎11)=(−𝑎3𝑎1)⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩−1𝑎=−𝑎,3𝑎=3,1=𝑎,1=1.⇔𝑎=1.
2. Si 𝑎 =1, sabemos por el apartado anterior que 𝐴 es invertible y 𝐴−1=14𝐴=14(−1311). Despejamos y resolvemos la ecuación matricial. 𝐴𝑋=𝐵𝑡⇔𝑋=𝐴−1𝐵𝑡=14(−1311)(131−142)=14(−495073).

1. Llamamos 𝜏 al plano que nos piden. Como 𝜏 es perpendicular a 𝜋 y contiene a 𝑟, ⃗𝑛𝜋 =(1,1,1) y ⃗𝑑𝑟 =(1, −1,0) son dos vectores directores del plano 𝜏. Además, el punto 𝑃(0,1,0) pertenece al plano por ser un punto de 𝑟. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜏 son 𝜏≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆+𝜇,𝑦=1+𝜆−𝜇,𝑧=𝜆.
2. Para hallar la distancia de la recta 𝑟 al plano 𝜋, podemos trazar una recta 𝑠 perpendicular a 𝜋 que pase por 𝑃. Esta recta cortará a 𝜋 en un punto 𝑄, de forma que dist⁡(𝑟,𝜋) =dist⁡(𝑃,𝑄). Si 𝑠 es perpendicular a 𝜋, su vector director es ⃗𝑑𝑠 =⃗𝑛𝜋 =(1,1,1). Así que las ecuaciones de la recta 𝑠 son 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=1+𝜆,𝑧=𝜆. Calculamos el punto 𝑄 =𝑠 ∩𝜋. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑠 en la ecuación del plano. 𝜆+1+𝜆+𝜆=0⇔3𝜆=−1⇔𝜆=−13. Por tanto, el punto de corte es 𝑄(−13,23,−13). Por último, calculamos la distancia de 𝑟 a 𝜋 como el módulo del vector ⃗𝑃𝑄 =(−13,−13,−13). dist⁡(𝑟,𝜋)=dist⁡(𝑃,𝑄)=|⃗𝑃𝑄|=√(13)2+(13)2+(13)2=√3⋅(13)2=1√3𝑢.