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📋 Junio de 2023

Ejercicio 1

Considera la función 𝑓 :ℝ →ℝ definida por 𝑓(𝑥)=1𝑒𝑥+𝑒−𝑥.

  1. Estudia y halla los máximos y mínimos absolutos de 𝑓 (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).
  2. Calcula lím𝑥→+∞⁡𝑥2𝑓(𝑥).

Resolución
  1. En primer lugar, calculamos la derivada de 𝑓. 𝑓′(𝑥)=−(𝑒𝑥−𝑒−𝑥)(𝑒𝑥+𝑒−𝑥)2=𝑒−𝑥−𝑒𝑥(𝑒𝑥+𝑒−𝑥)2. Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝑓 a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔𝑒𝑥=𝑒−𝑥⇔𝑥=0. Así que 𝑥 =0 es el único punto crítico. Estudiemos el signo de la derivada para determinar si en 𝑥 =0 hay un extremo.
    ( −∞,0) (0, +∞)
    signo de 𝑓′ + −
    monotonía de 𝑓 → →
    Por tanto, 𝑓 tiene un máximo absoluto en 𝑥 =0. Es decir, el punto (0,12) es un máximo absoluto de 𝑓. Observamos también que lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−∞⁡𝑓(𝑥)=0, así que 𝑓 tiene la asíntota horizontal 𝑦 =0. Por tanto, no tiene ningún mínimo absoluto.
  2. Calculamos el límite. lím𝑥→∞⁡𝑥2𝑓(𝑥)=lím𝑥→∞⁡𝑥2𝑒𝑥+𝑒−𝑥=0.

Ejercicio 2

Sea la función 𝑓 :[ −2,2] →ℝ, definida por 𝑓(𝑥) =𝑥3 −2𝑥 +5.

  1. Determina las abscisas de los puntos, si existen, en los que la pendiente de la recta tangente coincide con la pendiente de la recta que pasa por los puntos ( −2,𝑓( −2)) y (2,𝑓(2)).
  2. Determina la ecuación de la recta tangente y la ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto de inflexión.

Resolución
  1. Calculamos en primer lugar la pendiente de la recta que pasa por los puntos ( −2,𝑓( −2)) =( −2,1) y (2,𝑓(2)) =(2,9). 𝑚=9−12−(−2)=2. Por otro lado, la pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en un punto 𝑎 viene dada por el valor de 𝑓′(𝑎). La derivada de 𝑓 es 𝑓′(𝑥) =3𝑥2 −2. Hallemos los puntos en los que la pendiente de la recta tangente es 2. 𝑓′(𝑥)=2⇔3𝑥2−2=2⇔3𝑥2=4⇔𝑥=±√43=±2√3. Por tanto, las abscisas de los puntos en los que las pendientes coinciden son 𝑥1 = −2√3 y 𝑥2 =2√3.
  2. Calculamos en primer lugar la segunda derivada de 𝑓. 𝑓″(𝑥)=6𝑥. Para hallar el punto de inflexión, igualamos la segunda derivada de 𝑓 a cero. 𝑓″(𝑥)=0⇔6𝑥=0⇔𝑥=0. Así que en 𝑥 =0 se encuentra el único punto de inflexión. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =0 es 𝑦−𝑓(0)=𝑓′(0)(𝑥−0)⇔𝑦−5=−2𝑥⇔𝑦=−2𝑥+5. La recta normal a la gráfica de 𝑓 tiene como pendiente −1𝑓′(0). Por tanto, su ecuación es 𝑦−𝑓(0)=−1𝑓′(0)(𝑥−0)⇔𝑦−5=12𝑥⇔𝑦=12𝑥+5.

Ejercicio 3

Considera la función 𝑓 :ℝ →ℝ, definida por 𝑓(𝑥) =𝑥|𝑥 −1|. Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de dicha función y su recta tangente en el punto de abscisa 𝑥 =0.

Resolución

En primer lugar, expresamos la función 𝑓 como función a trozos. 𝑓(𝑥)=𝑥|𝑥−1|={−𝑥(𝑥−1)=−𝑥2+𝑥,si 𝑥<1,𝑥(𝑥−1)=𝑥2−𝑥,si 𝑥≥1.

La pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en el punto de abscisa 𝑥 =0 viene dada por el valor de 𝑓′(0). Si 𝑥 >1, la derivada de 𝑓 es 𝑓′(𝑥) =2𝑥 −1. Por tanto, la ecuación de la recta tangente es 𝑦−𝑓(0)=𝑓′(0)(𝑥−0)⇔𝑦=𝑥.

Calculamos los puntos de corte de la función con la recta. {𝑦=𝑥2−𝑥𝑦=𝑥⇒𝑥2−𝑥=𝑥⇔𝑥(𝑥−2)=0⇔{𝑥1=0,𝑥2=2.

Representamos la función 𝑓 y la recta 𝑦 =𝑥 para visualizar el área del recinto.

Figura

Por último, calculamos el área del recinto. ∫20(𝑥−𝑓(𝑥))𝑑𝑥=∫10(𝑥−(−𝑥2+𝑥))𝑑𝑥+∫21(𝑥−(𝑥2−𝑥))𝑑𝑥=∫10𝑥2𝑑𝑥+∫21(−𝑥2+2𝑥)𝑑𝑥==[𝑥33]10+[−𝑥33+𝑥2]21=1𝑢2.

Ejercicio 4

Considera la función 𝐹 :ℝ →ℝ definida por 𝐹(𝑥)=∫𝑥0sen⁡(𝑡2)𝑑𝑡. Calcula lím𝑥→0⁡𝑥𝐹(𝑥)sen⁡(𝑥2).

Resolución

La función 𝑓(𝑥) =sen⁡(𝑥2) es continua. Por el teorema fundamental del cálculo, la función 𝐹(𝑥)=∫𝑥0𝑓(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑥0sen⁡(𝑡2)𝑑𝑡 es derivable, con 𝐹′(𝑥) =𝑓(𝑥).

Además, 𝐹(0)=∫00sen⁡(𝑡2)𝑑𝑡=0, así que lím𝑥→0⁡𝑥𝐹(𝑥)sen⁡(𝑥2)=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0⁡𝑥𝐹(𝑥)sen⁡(𝑥2)L’H=lím𝑥→0⁡𝐹(𝑥)+𝑥𝐹′(𝑥)2𝑥cos⁡(𝑥2)L’H=lím𝑥→0⁡𝐹′(𝑥)+𝐹′(𝑥)+𝑥𝐹″(𝑥)2cos⁡(𝑥2)−4𝑥2sen⁡(𝑥2)=lím𝑥→0⁡2sen⁡(𝑥2)+2𝑥2cos⁡(𝑥2)2cos⁡(𝑥2)−4𝑥2sen⁡(𝑥2)=0. Hemos usado que 𝐹″(𝑥) =𝑓′(𝑥) =2𝑥cos⁡(𝑥2).

Ejercicio 5

Una marca de vehículos ha vendido este mes coches de tres colores: blancos, negros y rojos.

  • El 60% de los coches blancos más el 50% de los coches negros representan el 30% de los coches vendidos.
  • El 20% de los coches blancos junto con el 60% de los coches negros y el 60% de los coches rojos representan la mitad de los coches vendidos.
  • Se han vendido 100 coches negros más que blancos.
Determina el número de coches vendidos de cada color.

Resolución

Llamamos 𝑥 al número de coches blancos vendidos, 𝑦 al número de coches negros y 𝑧 al número de coches rojos.

En primer lugar, si el 60% de los coches blancos más el 50% de los coches negros representan el 30% de los coches vendidos, entonces 0,6𝑥+0,5𝑦=0,3(𝑥+𝑦+𝑧)⇒6𝑥+5𝑦=3(𝑥+𝑦+𝑧).

Además, si el 20% de los coches blancos junto con el 60% de los coches negros y el 60% de los coches rojos representan la mitad de los coches vendidos, 0,2𝑥+0,6𝑦+0,6𝑧=0,5(𝑥+𝑦+𝑧)⇒2𝑥+6𝑦+6𝑧=5(𝑥+𝑦+𝑧).

Por último, si se han vendido 100 coches negros más que blancos, 𝑦=𝑥+100.

Por tanto, podemos plantear el sistema de ecuaciones lineales ⎧{ {⎨{ {⎩6𝑥+5𝑦=3(𝑥+𝑦+𝑧),2𝑥+6𝑦+6𝑧=5(𝑥+𝑦+𝑧),𝑦=𝑥+100⇒⎧{ {⎨{ {⎩3𝑥+2𝑦−3𝑧=0,−3𝑥+𝑦+𝑧=0,−𝑥+𝑦=100.

Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝32−30−3110−110100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1+3𝐹2←←←←←←←←←→⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−6500−3110−110100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹1−5𝐹3←←←←←←←←←→⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−100−500−3110−110100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. El sistema resultante es ⎧{ {⎨{ {⎩−𝑥=−500,−3𝑥+𝑦+𝑧=0,−𝑥+𝑦=100.

Por tanto, −𝑥=−500⇔𝑥=500,−𝑥+𝑦=100𝑥=500←←←←←←←←→−500+𝑦=100⇔𝑦=600,−3𝑥+𝑦+𝑧=0𝑥=500←←←←←←←←→𝑦=600−3⋅500+600+𝑧=0⇔𝑧=900.

Ejercicio 6

Considera las matrices 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝00𝑚𝑚000𝑚0⎞⎟ ⎟ ⎟⎠y𝐵=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝100001010⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Determina para qué valores de 𝑚 existe la inversa de la matriz 𝐴.
  2. Para todo 𝑚 ≠ −1, resuelve, si es posible, la ecuación 𝐴𝑋 +𝑋 =𝐵.

Resolución
  1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣00𝑚𝑚000𝑚0∣=𝑚3. La inversa de la matriz 𝐴 existe si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔𝑚3=0⇔𝑚=0. Por tanto, la matriz 𝐴 tiene inversa si y solo si 𝑚 ≠0.
  2. Resolvemos la ecuación matricial para 𝑚 ≠ −1. 𝐴𝑋+𝑋=𝐵⇔(𝐴+𝐼)𝑋=𝐵⇔𝑋=(𝐴+𝐼)−1𝐵. Operando, 𝐴+𝐼=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝10𝑚𝑚100𝑚1⎞⎟ ⎟ ⎟⎠, Además, |𝐴 +𝐼| =𝑚3 +1 ≠0 para 𝑚 ≠ −1, así que esta matriz es invertible. Para hallar la inversa de la matriz 𝐴 +𝐼, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴+𝐼)=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−𝑚𝑚2𝑚21−𝑚−𝑚𝑚21⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Ahora podemos calcular la inversa como (𝐴+𝐼)−1=1|𝐴+𝐼|Adj⁡(𝐴+𝐼)𝑡=1𝑚3+1⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1𝑚2−𝑚−𝑚1𝑚2𝑚2−𝑚1⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Por último, calculamos la matriz 𝑋 operando. 𝑋=(𝐴+𝐼)−1𝐵=1𝑚3+1⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1𝑚2−𝑚−𝑚1𝑚2𝑚2−𝑚1⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⎛⎜ ⎜ ⎜⎝100001010⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=1𝑚3+1⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−𝑚𝑚2−𝑚𝑚21𝑚21−𝑚⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠.

Ejercicio 7

El plano perpendicular al segmento de extremos 𝑃(0,3,8) y 𝑄(2,1,6) que pasa por su punto medio corta a los ejes coordenados en los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶. Halla el área del triángulo cuyos vértices son los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶.

Resolución

En primer lugar, calculamos el punto medio 𝑀 del segmento ―――𝑃𝑄. 𝑀=(22,3+12,8+62)=(1,2,7). Además, el vector director del segmento ―――𝑃𝑄 es ⃗𝑃𝑄 =(2, −2, −2).

Llamamos 𝜋 al plano que queremos calcular. Como 𝜋 es perpendicular al segmento ―――𝑃𝑄, entonces ⃗𝑛𝜋 =⃗𝑃𝑄 =(2, −2, −2). Además, 𝑀(1,2,7) ∈𝜋. Por tanto, podemos hallar la ecuación del plano como 𝜋≡2(𝑥−1)−2(𝑦−2)−2(𝑧−7)=0⇔2𝑥−2𝑦−2𝑧+16=0⇔𝑥−𝑦−𝑧+8=0.

Calculamos ahora los puntos de corte del plano 𝜋 con los ejes coordenados.

  • Si 𝑦 =𝑧 =0, obtenemos el punto 𝐴( −8,0,0).
  • Si 𝑥 =𝑧 =0, obtenemos el punto 𝐵(0,8,0).
  • Si 𝑥 =𝑦 =0, obtenemos el punto 𝐶(0,0,8).

El área del triángulo viene dado por Δ=12|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|.

Hallamos los vectores ⃗𝐴𝐵 =(8,8,0) y ⃗𝐴𝐶 =(8,0,8) y hacemos su producto vectorial. ⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧880808∣=(64,−64,−64), con módulo |⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|=|(64,−64,−64)|=√642+642+642=√3⋅642=64√3.

Por tanto, el área del triángulo es Δ=12|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|=1264√3=32√3𝑢2.

Ejercicio 8

Considera el punto 𝐴( −1,1,3) y la recta 𝑟 determinada por los puntos 𝐵(2,1,1) y 𝐶(0,1, −1).

  1. Halla la distancia del punto 𝐴 a la recta 𝑟.
  2. Calcula el área del triángulo cuyos vértices son 𝐴, 𝐵 y 𝐶.

Resolución
  1. Hallamos en primer lugar la ecuación de la recta 𝑟. Su vector director es ⃗𝐵𝐶 =( −2,0, −2). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de 𝑟 son 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2−2𝜆,𝑦=1,𝑧=1−2𝜆. Para hallar la distancia del punto 𝐴 a la recta 𝑟 podemos trazar un plano 𝜋 perpendicular a 𝑟 que pase por 𝐴. Este plano cortará a 𝑟 en un punto 𝑃, de forma que dist⁡(𝐴,𝑟) =dist⁡(𝐴,𝑃). Si 𝜋 es perpendicular a 𝑟, su vector normal es ⃗𝑛𝜋 =⃗𝐵𝐶 =( −2,0, −2). Así que la ecuación del plano 𝜋 es 𝜋≡−2(𝑥+1)−2(𝑧−3)=0⇔−2𝑥−2𝑧+4=0⇔𝑥+𝑧−2=0. Calculamos el punto 𝑃 =𝑟 ∩𝜋. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 2−2𝜆+1−2𝜆−2=0⇔4𝜆=1⇔𝜆=14. Por tanto, el punto de corte es 𝑃(2−2⋅14,1,1−2⋅14)=(32,1,12). Por último, calculamos la distancia de 𝐴 a 𝑟 como el módulo del vector ⃗𝐴𝑃 =(52,0,−52). dist⁡(𝐴,𝑟)=dist⁡(𝐴,𝑃)=|⃗𝐴𝑃|=√(52)2+(52)2=√2(52)2=52√2𝑢.
  2. Para hallar el área del triángulo 𝐴𝐵𝐶, calculamos en primer lugar los vectores ⃗𝐴𝐵 =(3,0, −2) y ⃗𝐴𝐶 =(1,0, −4). Su producto vectorial es ⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧30−210−4∣=(0,10,0). Por último, calculamos el área como 12|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|=12√102=5𝑢2.