Matemáticas de Selectividad

La semicircunferencia es simétrica, así que todo rectángulo inscrito en ella estará centrado. Llamamos 𝑥 a la distancia en centímetros del centro a cada uno de los extremos del rectángulo horizontalmente. Por otro lado, llamamos 𝑦 a la altura en centímetros del rectángulo. Como 𝑥 e 𝑦 son distancias no nulas, entonces 𝑥,𝑦 >0. Representamos la figura.

Como la base del rectángulo es 2𝑥, entonces el área viene dada por 2𝑥𝑦. Como además la mitad del rectángulo forma un triángulo rectángulo con hipotenusa de 6 cm, entonces 𝑥2+𝑦2=62⇒𝑦=√36−𝑥2. Por tanto, la función a maximizar es 𝑆(𝑥)=2𝑥⋅𝑦=2𝑥⋅√36−𝑥2=√4𝑥2(36−𝑥2)=√144𝑥2−4𝑥4.

En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑆. 𝑆′(𝑥)=288𝑥−16𝑥32√144𝑥2−4𝑥4=144𝑥−8𝑥3√144𝑥2−4𝑥4. Hallamos los puntos críticos de 𝑆 igualando la derivada a cero. 𝑆′(𝑥)=0⇔144𝑥−8𝑥3√144𝑥2−4𝑥4=0⇔144𝑥−8𝑥3=0⇔8𝑥(18−𝑥2)=0⇔{𝑥=0,18−𝑥2=0⇔𝑥=±√18=±3√2. Como 𝑥 >0 por ser una distancia no nula, las soluciones 𝑥 =0 y 𝑥 = −3√2 no son válidas para este problema.

Comprobamos que en el punto de abscisa 𝑥 =3√2 se alcanza el máximo de la función.

• Si 0 <𝑥 <3√2, 𝑆′(𝑥) >0. Así que 𝑆 es creciente.
• Si 𝑥 >3√2, 𝑆′(𝑥) <0. Así que 𝑆 es decreciente.

Así que el rectángulo tiene base 6√2 cm y altura 3√2 cm.

Calculamos el límite. lím𝑥→0⁡sen⁡(𝑥)−ln⁡(1+𝑥)𝑎𝑥2−𝑥+𝑒𝑥−cos⁡(2𝑥)=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0⁡sen⁡(𝑥)−ln⁡(1+𝑥)𝑎𝑥2−𝑥+𝑒𝑥−cos⁡(2𝑥)L’H=lím𝑥→0⁡cos⁡(𝑥)−11+𝑥2𝑎𝑥−1+𝑒𝑥+2sen⁡(2𝑥)L’H=lím𝑥→0⁡−sen⁡(𝑥)+1(1+𝑥)22𝑎+𝑒𝑥+4cos⁡(2𝑥)=12𝑎+5.

Por tanto, lím𝑥→0⁡sen⁡(𝑥)−ln⁡(1+𝑥)𝑎𝑥2−𝑥+𝑒𝑥−cos⁡(2𝑥)=−17⇔12𝑎+5=−17⇔2𝑎+5=−7⇔𝑎=−6.

En primer lugar, hallamos una primitiva de la función 𝑓(𝑥)=19−𝑥2.

Para resolver esta integral, expresamos la función como suma de fracciones simples. Las raíces del denominador son -3 y 3, así que la función se puede escribir como 19−𝑥2=𝐴𝑥+3+𝐵𝑥−3=𝐴𝑥−3𝐴+𝐵𝑥+3𝐵𝑥2−9=(−𝐴−𝐵)𝑥+3𝐴−3𝐵9−𝑥2. Igualdando ambas expresiones, obtenemos que {−𝐴−𝐵=0,3𝐴−3𝐵=1⇔{𝐴=16,𝐵=−16. Por tanto, 19−𝑥2=16(𝑥+3)−16(𝑥−3).

Resolvemos la integral. ∫19−𝑥2𝑑𝑥=16∫1𝑥+3𝑑𝑥−16∫1𝑥−3𝑑𝑥=16ln⁡|𝑥+3|−16ln⁡|𝑥−3|=16(ln⁡|𝑥+3|−ln⁡|𝑥−3|).

Por último, calculamos la integral definida. ∫12619−𝑥2𝑑𝑥=16[ln⁡|𝑥+3|−ln⁡|𝑥−3|]126=16(ln⁡(15)−ln⁡(9)−ln⁡(9)+ln⁡(3))=16ln⁡(15⋅39⋅9)=16ln⁡(59).

1. En primer lugar, calculamos la derivada de 𝑓. 𝑓′(𝑥)=2𝑥. La pendiente de la recta tangente viene dada por el valor de la derivada. Veamos en qué punto es igual a 4. 𝑓′(𝑥)=4⇔2𝑥=4⇔𝑥=2. Luego el único candidato es el punto (2,5). Podemos comprobar que, efectivamente, la ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =2 es 𝑦−𝑓(2)=𝑓′(2)(𝑥−2)→𝑦−5=4(𝑥−2)⇔𝑦=4𝑥−3.
2. Sabemos por el apartado anterior que la función y la recta se cortan en 𝑥 =2. Representamos el recinto. Calculamos el área del recinto. ∫20((𝑥2+1)−(4𝑥−3))𝑑𝑥=∫20(𝑥2−4𝑥+4)𝑑𝑥=[𝑥33−2𝑥2+4𝑥]20=83𝑢2.

Llamamos 𝑥 al número de litros del líquido 𝐿1, 𝑦 al número de litros de 𝐿2 y 𝑧 al número de litros de 𝐿3.

Se quiere obtener un litro de mezcla de 𝐿1, 𝐿2 y 𝐿3, así que 𝑥+𝑦+𝑧=1. Como se pide que la cantidad de sodio en la mezcla sea de 100 mg y cada litro de 𝐿1, 𝐿2 y 𝐿3 contiene 120 mg, 100 mg y 60 mg de sodio, respectivamente, entonces 120𝑥+100𝑦+60𝑧=100. Como también se pretende que la cantidad de magnesio en la mezcla sea de 100 mg y cada litro de 𝐿1, 𝐿2 y 𝐿3 contiene 90 mg, 90 mg y 180 mg de magnesio, respectivamente, entonces 90𝑥+90𝑦+180𝑧=100.

Por tanto, podemos plantear el sistema de ecuaciones lineales ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+𝑦+𝑧=1,120𝑥+100𝑦+60𝑧=100,90𝑥+90𝑦+180𝑧=100⇒⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+𝑦+𝑧=1,6𝑥+5𝑦+3𝑧=5,9𝑥+9𝑦+18𝑧=10.

La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1116539918⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Calculamos su determinante: |𝐴|=∣1116539918∣=90+27+54−45−27−108=−9. Como det(𝐴) ≠0, entonces rang⁡(𝐴) =3. El rango de la matriz de coeficientes es máximo, así que por el teorema de Rouché-Frobenius el sistema es compatible determinado. Por tanto, sí es posible obtener dicha mezcla.

Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝11116535991810⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹2−6𝐹1←←←←←←←←←→𝐹3−9𝐹1⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝11110−1−3−10091⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠.

El sistema resultante es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥+𝑦+𝑧=1,−𝑦−3𝑧=−1,9𝑧=1. Por tanto, 9𝑧=1⇔𝑧=19,−𝑦−3𝑧=−1𝑧=1/9←←←←←←←←→−𝑦−3⋅19=−1⇔𝑦=23,𝑥+𝑦+𝑧=1𝑦=2/3←←←←←←←←→𝑧=1/9𝑥+23+19=1⇔𝑥=29. Así que la mezcla ha de estar formada por 29 litros de 𝐿1, 23 litros de 𝐿2 y 19 litros de 𝐿3.

1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣12𝑚−130−2−3𝑚12∣=12𝑚2−3+2−12𝑚=12𝑚2−12𝑚−1. La inversa de la matriz 𝐴 existe si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔12𝑚2−12𝑚−1=0⇔𝑚=12±1√3. Por tanto, la matriz 𝐴 tiene inversa si y solo si 𝑚 ≠12 ±1√3.
2. Resolvemos la ecuación matricial para 𝑚 =1. 𝐴𝑋=𝐵𝑡⇔𝑋=𝐴−1𝐵𝑡. Como 𝑚 =1, por el apartado anterior 𝐴 es invertible y det(𝐴) = −1. Para hallar la inversa de la matriz 𝐴, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝203−5−1−7−4−1−6⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Ahora podemos calcular su inversa como 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−254011−376⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por último, calculamos la matriz 𝑋 operando. 𝑋=𝐴−1𝐵𝑡=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−254011−376⎞⎟ ⎟ ⎟⎠⎛⎜ ⎜ ⎜⎝102−125314⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝5143723982053⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

1. Llamamos 𝑃, 𝑄 y 𝑅 a los puntos que dividen el segmento 𝐴𝐵 en cuatro partes iguales, en orden. Para hallar estos puntos, usamos el vector ⃗𝐴𝐵 =(1,2, −4). 𝑃≡⃗𝑂𝑃=⃗𝑂𝐴+14⃗𝐴𝐵=(1,−2,3)+14(1,2,−4)=(54,−32,2),𝑄≡⃗𝑂𝑄=⃗𝑂𝐴+24⃗𝐴𝐵=(1,−2,3)+12(1,2,−4)=(32,−1,1),𝑅≡⃗𝑂𝑅=⃗𝑂𝐴+34⃗𝐴𝐵=(1,−2,3)+34(1,2,−4)=(74,−12,0).
2. El plano 𝜋 perpendicular al segmento 𝐴𝐵 tiene como vector normal ⃗𝑛 =⃗𝐴𝐵 =(1,2, −4). Si además pasa por el punto medio 𝑄(32,−1,1), entonces 𝜋≡𝑥−32+2(𝑦+1)−4(𝑧−1)=0⇔𝑥+2𝑦−4𝑧+92=0⇔2𝑥+4𝑦−8𝑧+9=0.

En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Como su vector director es ⃗𝑑 =(1,2,2) y pasa por el punto (1,0, −1), 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆,𝑦=2𝜆,𝑧=−1+2𝜆.

Como 𝜋′ es un plano paralelo a 𝜋, tiene el mismo vector normal. Luego su ecuación será de la forma 𝜋′≡𝑥+𝑦+𝑧+𝑑=0.

Hallamos los puntos de corte de la recta 𝑟 con los planos 𝜋 y 𝜋′.

• Para hallar el punto de intersección 𝑄 de 𝑟 y 𝜋, sustituimos las ecuaciones de 𝑟 en la ecuación del plano. 1+𝜆+2𝜆−1+2𝜆=0⇔5𝜆=0⇔𝜆=0⇒𝑄(1,0,−1).
• De igual forma, para hallar el punto de intersección 𝑄′ de 𝑟 y 𝜋′, sustituimos las ecuaciones de 𝑟 en la ecuación del plano. 1+𝜆+2𝜆−1+2𝜆+𝑑=0⇔5𝜆=−𝑑⇔𝜆=−𝑑5⇒𝑄′(1−𝑑5,−2𝑑5,−1−2𝑑5).

La distancia entre 𝑄 y 𝑄′ viene dada por dist⁡(𝑄,𝑄′)=|⃗𝑄𝑄′|=√(𝑑5)2+(2𝑑5)2+(2𝑑5)2=√9𝑑225=3|𝑑|5. Como queremos que la distancia sea de 2 unidades, dist⁡(𝑄,𝑄′)=2⇔3|𝑑|5=2⇔|𝑑|=103⇔𝑑=±103. Por tanto, las posibles ecuaciones del plano 𝜋′ son 𝜋′1≡𝑥+𝑦+𝑧+103=0y𝜋′2≡𝑥+𝑦+𝑧−103=0.