Matemáticas de Selectividad

Calculamos el límite. lím𝑥→+∞⁡𝑎𝑥ln3⁡(𝑥)+2𝑥=𝑎2. Por tanto, lím𝑥→+∞⁡𝑎𝑥ln3⁡(𝑥)+2𝑥=1⇔𝑎2=1⇔𝑎=2.

La función 𝑓(𝑥) = −𝑥2 +12 es simétrica par, así que todo rectángulo inscrito en el recinto limitado por su gráfica y el eje de abscisas 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, el área viene dada por 2𝑥𝑦. Como además los vértices superiores del rectángulos están sobre la gráfica de la función 𝑓, entonces 𝑦 =𝑓(𝑥) = −𝑥2 +12. Por tanto, la función a maximizar es 𝑆(𝑥)=2𝑥⋅𝑦=2𝑥⋅(−𝑥2+12)=−2𝑥3+24𝑥.

En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑆. 𝑆′(𝑥)=−6𝑥2+24. Hallamos los puntos críticos de 𝑆 igualando la derivada a cero. 𝑆′(𝑥)=0⇔−6𝑥2+24=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 8 𝑢, por lo que su área es 4 ⋅8 =32 𝑢2. Además, sus vértices son (2,0), ( −2,0), (2,8) y ( −2,8).

Hacemos el cambio de variable 𝑡=√1+𝑥−1⇔(𝑡+1)2=1+𝑥⇔𝑥=(𝑡+1)2−1. Derivando, 𝑑𝑥 =2(𝑡 +1)𝑑𝑡.

Hallamos en primer lugar una primitiva de la función aplicando el cambio de variable. ∫1√1+𝑥−1𝑑𝑥=∫1𝑡2(𝑡+1)𝑑𝑡=2∫1𝑑𝑡+2∫1𝑡𝑑𝑡=2𝑡+2ln⁡(𝑡). Deshaciendo el cambio de variable, ∫1√1+𝑥−1𝑑𝑥=2(𝑡+ln⁡(𝑡))=2(√1+𝑥−1+ln⁡(√1+𝑥−1)).

Por último, calculamos la integral definida mediante la regla de Barrow. ∫831√1+𝑥−1𝑑𝑥=[2(√1+𝑥−1+ln⁡(√1+𝑥−1))]83==2(√9−1+ln⁡(√9−1))−2(√4−1+ln⁡(√4−1))=2(2+ln⁡(2))−2=2(1+ln⁡(2)).

1. Calculemos los puntos de corte de las dos funciones. 𝑥3+2=−𝑥2+2𝑥+2⇔𝑥3+𝑥2−2𝑥=0⇔𝑥(𝑥2+𝑥−2)=0⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=0,𝑥2+𝑥−2=0⇔{𝑥=−2,𝑥=1. Por tanto, evaluando obtenemos que los puntos de corte son ( −2, −6), (0,2) y (1,3). Representamos las funciones 𝑓 y 𝑔.
2. Calculamos el área del recinto. ∫10(𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥))𝑑𝑥=∫10((−𝑥2+2𝑥+2)−(𝑥3−2))𝑑𝑥=∫10(−𝑥3−𝑥2+2𝑥)𝑑𝑥==[−𝑥44−𝑥33+𝑥2]10=(−14−13+1)=512𝑢2.

1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐵. |𝐵|=∣11𝑎2𝑎1220∣=2+4𝑎−2𝑎2−2=−2𝑎2+4𝑎. La inversa de la matriz 𝐵 no existe si y solo si su determinante es nulo. |𝐵|=0⇔−2𝑎2+4𝑎=0⇔𝑎(𝑎−2)=0⇔{𝑎=0,𝑎=2. Por tanto, la matriz 𝐵 no tiene inversa si y solo si 𝑎 =0 o 𝑎 =2.
2. Resolvemos la ecuación matricial para 𝑎 =1. 𝐴𝑋𝐵=𝐶⇔𝑋=𝐴−1𝐶𝐵−1. Sabemos que la matriz 𝐵 es invertible dado que 𝑎 ≠0,2. Observamos que 𝐴 también es invertible, porque det(𝐴) =1 ≠0. Para hallar la inversa de 𝐴, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=(1201). Ahora podemos calcular su inversa como 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=(1021). Repetimos el mismo procedimiento para hallar la inversa de 𝐵. Calculamos su matriz adjunta: Adj⁡(𝐵)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−2222−2001−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Como det(𝐵) = −2𝑎2 +4𝑎 =2, 𝐵−1=1|𝐵|Adj⁡(𝐵)𝑡=12⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−2202−2120−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por último, calculamos la matriz 𝑋 operando. 𝑋=𝐴−1𝐶𝐵−1=12(1021)(10−22−1−1)⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−2202−2120−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=12(10−24−1−5)⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−2202−2120−1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠==12(−622−20104)=(−311−1052).

1. Calculamos el determinante. ∣𝑎𝑐𝑏2𝑥2𝑧2𝑦−3𝑝−3𝑟−3𝑞∣=2⋅(−3)⋅∣𝑎𝑐𝑏𝑥𝑧𝑦𝑝𝑟𝑞∣=(−1)⋅(−6)⋅∣𝑎𝑏𝑐𝑥𝑦𝑧𝑝𝑞𝑟∣=−6⋅∣𝑎𝑏𝑐𝑝𝑞𝑟𝑥𝑦𝑧∣=12.
2. Calculamos el determinante. ∣𝑥𝑎−3𝑝−2𝑎𝑦𝑏−3𝑞−2𝑏𝑧𝑐−3𝑟−2𝑐∣=∣𝑥𝑎−2𝑎𝑦𝑏−2𝑏𝑧𝑐−2𝑐∣+∣𝑥−3𝑝−2𝑎𝑦−3𝑞−2𝑏𝑧−3𝑟−2𝑐∣=∣𝑥−3𝑝−2𝑎𝑦−3𝑞−2𝑏𝑧−3𝑟−2𝑐∣=(−3)⋅(−2)⋅∣𝑥𝑝𝑎𝑦𝑞𝑏𝑧𝑟𝑐∣==−6⋅∣𝑎𝑝𝑥𝑏𝑞𝑦𝑐𝑟𝑧∣=−6⋅∣𝑎𝑏𝑐𝑝𝑞𝑟𝑥𝑦𝑧∣=12.

1. El vector director de la recta 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =(1,1, −1) y el vector director de 𝑠 es ⃗𝑑𝑠 =(2,0, −1). Observamos que los vectores directores no son proporcionales, así que las dos rectas no son paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅( −1,𝑎,0) de 𝑟 y 𝑆(5, −3,2) de 𝑠. Las dos rectas se cortan si están contenidas en un mismo plano, es decir, si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑑𝑠 y ⃗𝑃𝑄 =(6, −3 −𝑎,2) son linealmente dependientes. ∣11−120−16−3−𝑎2∣=𝑎−7. Los tres vectores son linealmente dependientes si y solo si 𝑎 −7 =0 ⇔𝑎 =7. Por tanto, 𝑟 y 𝑠 se cortan si y solo si 𝑎 =7. Para hallar su punto de corte, primero escribimos la recta 𝑟 en ecuaciones paramétricas. 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−1+𝜇,𝑦=7+𝜇,𝑧=−𝜇. Calculamos el punto de corte igualando las ecuaciones entre sí. ⎧{ {⎨{ {⎩5+2𝜆=−1+𝜇,−3=7+𝜇,2−𝜆=−𝜇. Obtenemos que 𝜇 = −10 y 𝜆 = −8. Por tanto, el punto de corte es ( −11, −3,10).
2. Llamamos 𝜋 al plano que queremos calcular. Como contiene a la recta 𝑠, el vector ⃗𝑑𝑠 =(2,0, −1) es una dirección del plano y además 𝑆(5, −3,2) ∈𝜋. Por otro lado, 𝜋 pasa por 𝑃(8, −7,2), así que el vector ⃗𝑃𝑆 =( −3,4,0) es también una dirección del plano. Por tanto, 𝜋≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=8+2𝜆−3𝜇,𝑦=−7+4𝜇,𝑧=2−𝜆.

1. En primer lugar hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Como su vector director es ⃗𝑑𝑟 =(1,3,1) y pasa por el punto (0,0,1), 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=3𝜆,𝑧=1+𝜆. Para hallar el punto de intersección de 𝑟 y 𝜋, sustituimos las ecuaciones de 𝑟 en la ecuación del plano. 𝜆+3𝜆−(1+𝜆)=2⇔3𝜆=3⇔𝜆=1. Por tanto, el punto de intersección es (1,3,2).
2. Para hallar el punto simétrico 𝑄′ de 𝑄 con respecto a 𝜋 trazamos una recta 𝑠 perpendicular al plano que pase por el punto 𝑄. Al ser perpendicular a 𝜋, su vector director es ⃗𝑑𝑠 =⃗𝑛𝜋 =(1,1, −1). Así que la ecuación de la recta 𝑠 es 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2+𝜇,𝑦=6+𝜇,𝑧=3−𝜇. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑀 de la recta 𝑠 y el plano. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑠 en la ecuación del plano. 2+𝜇+6+𝜇−(3−𝜇)=2⇔3𝜇+5=2⇔𝜇=−1. Por tanto, el punto de corte es 𝑀(1,5,4). Como 𝑀 es el punto medio de 𝑄 y 𝑄′, podemos hallar 𝑄′ como el simétrico de 𝑄 respecto de 𝑀. Si llamamos 𝑄′ =(𝑎,𝑏,𝑐), tiene que verificarse ⎧{ { { {⎨{ { { {⎩2+𝑎2=1⇔2+𝑎=2⇔𝑎=0,6+𝑏2=5⇔6+𝑏=10⇔𝑏=4,3+𝑐2=4⇔3+𝑐=8⇔𝑐=5. Por tanto, el punto simétrico de 𝑄 con respecto al plano 𝜋 es 𝑄′(0,4,5).