Matemáticas de Selectividad

1. En primer lugar, observamos que 𝑓 es continua si 𝑥 ≠0 para cualquier valor de 𝜆 y 𝜇. Pasamos a estudiar su continuidad en 𝑥 =0. lím𝑥→0⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0⁡𝑒𝜆𝑥−𝑒𝑥−𝑥𝑥2=00→lím𝑥→0⁡𝑒𝜆𝑥−𝑒𝑥−𝑥𝑥2L’H=lím𝑥→0⁡𝜆𝑒𝜆𝑥−𝑒𝑥−12𝑥=𝜆−20,𝑓(0)=𝜇. Si 𝜆 ≠2 este límite será infinito y la función no será continua en 𝑥 =0, así que necesariamente 𝜆 =2. Continuamos resolviendo el límite para 𝜆 =2. lím𝑥→0⁡2𝑒2𝑥−𝑒𝑥−12𝑥L’H=lím𝑥→0⁡4𝑒2𝑥−𝑒𝑥2=32. Como 𝑓 es continua en 𝑥 =0, lím𝑥→0⁡𝑓(𝑥)=𝑓(0)⇔𝜇=32.
2. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =1 viene dada por 𝑦−𝑓(1)=𝑓′(1)(𝑥−1). Para 𝑥 ≠0, 𝑓′(𝑥)=(2𝑒2𝑥−𝑒𝑥−1)𝑥2−(𝑒2𝑥−𝑒𝑥−1)2𝑥𝑥4⇒𝑓′(1)=𝑒+1. Por tanto, la ecuación de la recta tangente en 𝑥 =1 es 𝑦−(𝑒2−𝑒−1)=(𝑒+1)(𝑥−1)⇔𝑦=(𝑒+1)𝑥+𝑒2−2𝑒−2.

1. • El denominador se anula en 𝑥 = −2 y observamos que lím𝑥→−2−⁡𝑥4−3𝑥2+2(𝑥+2)3=20−=−∞,lím𝑥→−2+⁡𝑥4−3𝑥2+2(𝑥+2)3=20+=+∞. Por tanto, la recta 𝑥 = −2 es una asíntota vertical.
   • Veamos si tiene una asíntota horizontal. lím𝑥→+∞⁡𝑥4−3𝑥2+2(𝑥+2)3=+∞. Así que 𝑓 no tiene una asíntota horizontal.
   • Veamos si en su lugar tiene una asíntota oblicua. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=lím𝑥→+∞⁡𝑥4−3𝑥2+2𝑥(𝑥+2)3=lím𝑥→+∞⁡𝑥4−3𝑥2+2𝑥4+6𝑥3+12𝑥2+8𝑥=1. Así que 𝑓 tiene una asíntota oblicua con pendiente 𝑚 =1. Calculamos su ordenada en el origen. lím𝑥→+∞⁡(𝑓(𝑥)−𝑥)=lím𝑥→+∞⁡(𝑥4−3𝑥2+2(𝑥+2)3−𝑥)=lím𝑥→+∞⁡−6𝑥3−15𝑥2−8𝑥+2𝑥3+6𝑥2+12𝑥+8=−6. Por tanto, la recta 𝑦 =𝑥 −6 es una asíntota oblicua.
2. En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=(4𝑥3−6𝑥)(𝑥+2)3−3(𝑥+2)2(𝑥4−3𝑥2+2)(𝑥+2)6. La pendiente 𝑚𝑡 de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en el punto de abscisa 𝑥 =0 viene dada por 𝑚𝑡=𝑓′(0)=−2464=−38. Como la recta normal es perpendicular a la recta tangente, su pendiente 𝑚𝑛 ha de verificar 𝑚𝑡⋅𝑚𝑛=−1⇔𝑚𝑛=−1𝑚𝑡𝑚𝑡=−3/8←←←←←←←←←←←→𝑚𝑛=83. Por tanto, la recta normal a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =0 se puede hallar usando la ecuación punto-pendiente como 𝑦−𝑓(0)=𝑚𝑛(𝑥−0)⇔𝑦−14=83𝑥⇔𝑦=83𝑥+14.

Para resolver esta integral, hacemos la división de polinomios del integrando. 2𝑥3+2𝑥2−2𝑥+7𝑥2+𝑥−2=2𝑥+2𝑥+7𝑥2+𝑥−2. Así que ∫2𝑥3+2𝑥2−2𝑥+7𝑥2+𝑥−2𝑑𝑥=∫2𝑥𝑑𝑥+∫2𝑥+7𝑥2+𝑥−2𝑑𝑥=𝑥2+∫2𝑥+7𝑥2+𝑥−2𝑑𝑥.

Expresamos la función como suma de fracciones simples. 𝑥2+𝑥−2=0⇔{𝑥=−2,𝑥=1. Las raíces del denominador son -2 y 1, así que la función se puede escribir como 2𝑥+7𝑥2+𝑥−2=𝐴𝑥−1+𝐵𝑥+2=𝐴(𝑥+2)+𝐵(𝑥−1)(𝑥−1)(𝑥+2)=(𝐴+𝐵)𝑥+2𝐴−𝐵𝑥2+𝑥−2. Igualando ambas expresiones, obtenemos que {𝐴+𝐵=2,2𝐴−𝐵=7. Resolvemos el sistema por reducción. Si sumamos las dos ecuaciones, obtenemos que 3𝐴=9⇔𝐴=3. Sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos que 𝐴+𝐵=2𝐴=3←←←←←←→3+𝐵=2⇔𝐵=−1. Por tanto, 2𝑥+7𝑥2+𝑥−2=3𝑥−1−1𝑥+2.

Resolvemos la integral. 𝑥2+∫2𝑥+7𝑥2+𝑥−2𝑑𝑥=𝑥2+3∫1𝑥−1𝑑𝑥−∫1𝑥+2𝑑𝑥=𝑥2+3ln⁡|𝑥−1|−ln⁡|𝑥+2|+𝐶.

En primer lugar, hallamos los puntos de corte de 𝑓 y 𝑔. 𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)⇔𝑥2=𝑎|𝑥|⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥2=𝑎𝑥⇔𝑥(𝑥−𝑎)=0⇔{𝑥=0,𝑥=𝑎,,𝑥2=−𝑎𝑥⇔𝑥(𝑥+𝑎)=0⇔{𝑥=0,𝑥=−𝑎. Así que los puntos de corte son ( −𝑎,𝑎2), (0,0) y (𝑎,𝑎2).

Podemos representar los recintos delimitados por las gráficas de ambas funciones.

Como los dos recintos tienen la misma superficie, el área viene dada por 2∫𝑎0(𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥))𝑑𝑥=2∫𝑎0(𝑎𝑥−𝑥2)𝑑𝑥=2[𝑎2𝑥2−13𝑥3]𝑎0=2(𝑎32−𝑎33)=𝑎33. Para que el área total de los recintos sea de 9 𝑢2, ha de verificarse que 𝑎33=9⇔𝑎3=27⇔𝑎=3.

1. Como se trata de un sistema homogéneo, sabemos que es compatible para cualquier valor de 𝛼. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝛼11𝛼−11𝛼0𝛼⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣11−11∣=2≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝛼, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣𝛼11𝛼−11𝛼0𝛼∣=−𝛼2+𝛼+𝛼−𝛼2=−2𝛼2+2𝛼. Observamos que |𝐴|=0⇔−2𝛼2+2𝛼⇔−2𝛼(𝛼−1)=0⇔{𝛼=0,𝛼=1. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝛼 ≠0 y 𝛼 ≠1. En otro caso, rang⁡(𝐴) =2.
   • Si 𝛼 ≠0 y 𝛼 ≠1, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝛼 =0 o 𝛼 =1, rang⁡(𝐴) =2 <3. Por tanto, el sistema es compatible indeterminado.
2. Si 𝛼 =1, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior. Podemos reducir el sistema a {𝑥+𝑦+𝑧=0,𝑥−𝑦+𝑧=0. Resolvemos el sistema por reducción. Si restamos las dos ecuaciones, obtenemos que 2𝑦=0⇔𝑦=0. Si tomamos 𝑧 =𝜆, entonces 𝑥+𝑦+𝑧=0⇔𝑥=−𝑧−𝑦𝑦=0←←←←←←→𝑧=𝜆𝑥=−𝜆. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−𝜆,𝑦=0,𝑧=𝜆. Para 𝜆 =1, una solución no trivial es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−1,𝑦=0,𝑧=1.

1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1−𝑚−211112𝑚⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1112∣=1≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑚, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣1−𝑚−211112𝑚∣=𝑚−𝑚−4+2−2+𝑚2=𝑚2−4. Podemos ver que |𝐴|=0⇔𝑚2−4=0⇔𝑚=±2. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑚 ≠ −2 y 𝑚 ≠2. En otro caso, rang⁡(𝐴) =2.
   • Si 𝑚 ≠ −2 y 𝑚 ≠2, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝑚 = −2, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝12−2−2111−412−2−6⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣12−211−412−6∣=4≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
   • Si 𝑚 =2, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−2−2211141226⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1−22114126∣=4≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
2. Si 𝑚 =1, el sistema es compatible determinado por el apartado anterior. Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−1−2111121213⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−𝐹2←←←←←←←←→𝐹3−𝐹2⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝0−2−3−111120101⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. El sistema resultante es ⎧{ {⎨{ {⎩−2𝑦−3𝑧=−1,𝑥+𝑦+𝑧=2,𝑦=1. Por tanto, −2𝑦−3𝑧=−1⇔𝑧=1−2𝑦3𝑦=−1←←←←←←←→𝑧=−13,𝑥+𝑦+𝑧=2⇔𝑥=2−𝑦−𝑧𝑦=1←←←←←←←←←→𝑧=−1/3𝑥=43.

1. Llamamos 𝜏 al plano que nos piden. Como 𝜏 es un plano paralelo a 𝜋, tiene el mismo vector normal. Luego su ecuación será de la forma 𝜏≡2𝑥+𝑦−2𝑧+𝑑=0. El punto 𝑃(0,2,0) pertenece al plano 𝜋, así que la distancia entre 𝜋 y 𝜏 viene dada por dist⁡(𝜋,𝜏)=dist⁡(𝑃,𝜏)=|2+𝑑||⃗𝑛|=|2+𝑑|3. Como queremos que la distancia sea de dos unidades, dist⁡(𝜋,𝜏)=2⇔|2+𝑑|3=2⇔|2+𝑑|=6⇔{2+𝑑=6⇔𝑑=4,2+𝑑=−6⇔𝑑=−8. Por tanto, las ecuaciones de los planos son 𝜏1≡2𝑥+𝑦−2𝑧+4=0y𝜏2≡2𝑥+𝑦−2𝑧−8=0.
2. Calculamos los puntos de corte del plano 𝜋 con los ejes coordenados.
   • Si 𝑦 =𝑧 =0, obtenemos el punto 𝐴(1,0,0).
   • Si 𝑥 =𝑧 =0, obtenemos el punto 𝐵(0,2,0).
   • Si 𝑥 =𝑦 =0, obtenemos el punto 𝐶(0,0, −1).

1. En primer lugar, hallamos el vector director de la recta 𝑠. ⃗𝑑𝑠=(1,1,−3)×(3,−1,1)=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧11−33−11∣=(−2,−10,−4). El vector director de la recta 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =(1, −1,1). Observamos que los vectores directores no pueden ser proporcionales, porque −21≠−10−1≠−41. Así que las dos rectas no son paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅(0,1,0) de 𝑟 y un punto 𝑆(0,1, −1) de 𝑠. Podemos comprobar si las dos rectas están contenidas en un mismo plano estudiando si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑑𝑠 y ⃗𝑅𝑆 =(0,0, −1) son linealmente dependientes. ∣1−11−2−10−400−1∣=12≠0. Como los tres vectores son linealmente independientes, 𝑟 y 𝑠 no están contenidas en un mismo plano. Por tanto, las rectas 𝑟 y 𝑠 se cruzan.
2. Llamamos 𝜋 al plano que nos piden. Como 𝜋 contiene a 𝑠 y es paralelo a 𝑟, ⃗𝑑𝑟 y ⃗𝑑𝑠 son dos vectores directores del plano. Además, el punto 𝑆 pertenece al plano por ser un punto de 𝑠. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜋 son ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆−2𝜇,𝑦=1−𝜆−10𝜇,𝑧=−1+𝜆−4𝜇.