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📋 Junio de 2024

Ejercicio 1

Sea la función 𝑓 :(0, +∞) →ℝ definida por 𝑓(𝑥) =ln⁡(𝑥) y los puntos de su gráfica 𝐴(1,0) y 𝐵(𝑒,1).

  1. Determina, si existen, los puntos de la gráfica de 𝑓 en los que la recta tangente a la gráfica es paralela a la recta que pasa por los puntos 𝐴 y 𝐵.
  2. Determina la ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto 𝐴.

Resolución
  1. Calculamos en primer lugar la pendiente de la recta que pasa por los puntos 𝐴(1,0) y 𝐵(𝑒,1). 𝑚=1−0𝑒−1=1𝑒−1. Por otro lado, la pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 viene dada por el valor de su derivada. Calculamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=1𝑥. Hallamos los puntos en los que las pendientes coinciden. 𝑓′(𝑥)=1𝑒−1⇔1𝑥=1𝑒−1⇔𝑥=𝑒−1. Por tanto, la recta tangente es paralela a la recta dada en el punto (𝑒 −1,ln⁡(𝑒 −1)).
  2. La pendiente 𝑚𝑡 de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =1 viene dada por 𝑚𝑡=𝑓′(1)=1. Como la recta normal es perpendicular a la recta tangente, su pendiente 𝑚𝑛 es 𝑚𝑛=−1𝑚𝑡=−1. Por tanto, la ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto 𝐴(1,0) es 𝑦−0=𝑚𝑛(𝑥−1)⇔𝑦=−𝑥+1.

Ejercicio 2

Considera la función continua 𝑓 definida por 𝑓(𝑥)=⎧{ {⎨{ {⎩𝑥cos⁡(𝑥)−𝑎sen⁡(𝑥)𝑥3,si 𝑥<0,𝑏cos⁡(𝑥)−1,si 𝑥≥0. Calcula 𝑎 y 𝑏.

Resolución

Estudiamos la continuidad para el punto de ruptura 𝑥 =0. lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0−⁡𝑥cos⁡(𝑥)−𝑎sen⁡(𝑥)𝑥3=00,lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡(𝑏cos⁡(𝑥)−1)=𝑏−1,𝑓(0)=𝑏−1.

Para resolver la indeterminación del primer límite, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0−⁡𝑥cos⁡(𝑥)−𝑎sen⁡(𝑥)𝑥3L’H=lím𝑥→0−⁡cos⁡(𝑥)−𝑥sen⁡(𝑥)−𝑎cos⁡(𝑥)3𝑥2=1−𝑎0. Si 𝑎 ≠1 este límite será infinito, así que necesariamente 𝑎 =1.

Continuamos resolviendo el límite para 𝑎 =1. lím𝑥→0−⁡−𝑥sen⁡(𝑥)3𝑥2L’H=lím𝑥→0−⁡−sen⁡(𝑥)−𝑥cos⁡(𝑥)6𝑥L’H=−2cos⁡(𝑥)+𝑥sen⁡(𝑥)6=−13.

Como 𝑓 es continua en 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=𝑓(0)⇔𝑏−1=−13⇔𝑏=23. Por tanto, 𝑎 =1 y 𝑏 =23.

Ejercicio 3

Considera la función 𝑓 definida por 𝑓(𝑥)=𝑥3+2𝑥2−1, para 𝑥 ≠ −1 y 𝑥 ≠1. Calcula una primitiva de 𝑓 cuya gráfica pase por el punto (0,1).

Resolución

En primer lugar, hallamos todas las primitivas de la función 𝑓. 𝐹(𝑥)=∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫𝑥3+2𝑥2−1𝑑𝑥. Para resolver esta integral, hacemos la división de polinomios del integrando. 𝑥3+2𝑥2−1=𝑥+𝑥+2𝑥2−1. Así que: 𝐹(𝑥)=∫𝑥3+2𝑥2−1𝑑𝑥=∫𝑥𝑑𝑥+∫𝑥+2𝑥2−1𝑑𝑥=12𝑥2+∫𝑥+2𝑥2−1𝑑𝑥. Expresamos la función como suma de fracciones simples. Las raíces del denominador son -1 y 1, así que la función se puede escribir como 𝑥+2𝑥2−1=𝐴𝑥−1+𝐵𝑥+1=𝐴(𝑥+1)+𝐵(𝑥−1)𝑥2−1=(𝐴+𝐵)𝑥+𝐴−𝐵𝑥2−1. Igualando ambas expresiones, obtenemos que {𝐴+𝐵=1,𝐴−𝐵=2. Resolvemos el sistema por reducción. Si sumamos las dos ecuaciones, obtenemos que 2𝐴=3⇔𝐴=32. Despejando y sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos que 𝐴+𝐵=1⇔𝐵=1−𝐴𝐴=3/2←←←←←←←←→𝐵=−12. Por tanto, 𝑥+2𝑥2−1=32(𝑥−1)−12(𝑥+1). Resolvemos la integral. 𝐹(𝑥)=12𝑥2+∫𝑥+2𝑥2−1𝑑𝑥=12𝑥2+32∫1𝑥−1𝑑𝑥−12∫1𝑥+1𝑑𝑥=12𝑥2+32ln⁡|𝑥−1|−12ln⁡|𝑥+1|+𝐶.

La primitiva que pasa por el punto (0,1) ha de verificar que 𝐹(0) =1. Por tanto, 𝐹(0)=1⇔𝐶=1. Luego la primitiva es 𝐹(𝑥)=12𝑥2+32ln⁡|𝑥−1|−12ln⁡|𝑥+1|+1.

Ejercicio 4

Halla la función 𝑓 :ℝ →ℝ tal que 𝑓″(𝑥) =𝑥cos⁡(𝑥) y cuya gráfica pasa por los puntos (0,𝜋2) y (𝜋,2𝜋).

Resolución

Como 𝑓″ es la derivada de 𝑓′, entonces 𝑓′(𝑥)=∫𝑓″(𝑥)𝑑𝑥=∫𝑥cos⁡(𝑥)𝑑𝑥. Resolvemos la integral por partes. 𝑢=𝑥⇒𝑢′=1,𝑣′=cos⁡(𝑥)⇒𝑣=sen⁡(𝑥). Entonces: 𝑓′(𝑥)=∫𝑥cos⁡(𝑥)𝑑𝑥=𝑥sen⁡(𝑥)−∫sen⁡(𝑥)𝑑𝑥=𝑥sen⁡(𝑥)+cos⁡(𝑥)+𝐶.

De igual forma, 𝑓′ es la derivada de 𝑓, así que 𝑓(𝑥)=∫𝑓′(𝑥)𝑑𝑥=∫(𝑥sen⁡(𝑥)+cos⁡(𝑥)+𝐶)𝑑𝑥=∫𝑥sen⁡(𝑥)𝑑𝑥+sen⁡(𝑥)+𝐶𝑥. Resolvemos la integral por partes. 𝑢=𝑥⇒𝑢′=1,𝑣′=sen⁡(𝑥)⇒𝑣=−cos⁡(𝑥). Entonces: 𝑓(𝑥)=∫𝑥sen⁡(𝑥)𝑑𝑥+sen⁡(𝑥)+𝐶𝑥=−𝑥cos⁡(𝑥)+∫cos⁡(𝑥)𝑑𝑥+sen⁡(𝑥)+𝐶𝑥+𝐾==−𝑥cos⁡(𝑥)+2sen⁡(𝑥)+𝐶𝑥+𝐾.

Si la gráfica de 𝑓 pasa por el punto (0,𝜋2), ha de verificarse que 𝑓(0) =𝜋2. Así que 𝑓(0)=𝜋2⇔𝐾=𝜋2.

De igual forma, si la gráfica pasa por el punto (𝜋,2𝜋), ha de verificarse que 𝑓(𝜋) =2𝜋. Por tanto, 𝑓(𝜋)=2𝜋⇔𝜋+𝐶𝜋+𝜋2=2𝜋⇔1+𝐶+12=2⇔𝐶=12.

Así que la función es 𝑓(𝑥)=−𝑥cos⁡(𝑥)+2sen⁡(𝑥)+12𝑥+𝜋2.

Ejercicio 5

Considera la matriz 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝11818010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Calcula 𝐴2024.
  2. Halla la matriz 𝑋, si es posible, que verifica 𝐴2𝑋𝐴 +𝐼 =𝑂, donde 𝐼 y 𝑂 son la matriz identidad y la matriz nula de orden 3, respectivamente.

Resolución
  1. Calculamos las primeras potencias de 𝐴. 𝐴2=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝12828010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,𝐴3=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝13838010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠y𝐴4=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝14848010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, 𝐴2024=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝12024820248010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1253253010001⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.
  2. En primer lugar, calculamos el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣ ∣ ∣ ∣11818010001∣ ∣ ∣ ∣=1. Como det(𝐴) ≠0, la matriz 𝐴3 es invertible con det(𝐴3) =1. Despejamos la ecuación matricial. 𝐴2𝑋𝐴+𝐼=𝑂⇔𝐴2𝑋𝐴=−𝐼⇔𝑋=−𝐴−2𝐴−1=−𝐴−3. Para hallar la inversa de 𝐴3, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴3)=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝100−3810−3801⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Ahora podemos calcular su inversa como 𝐴−3=1|𝐴3|Adj⁡(𝐴3)𝑡=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1−38−38010001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, 𝑋=−𝐴3=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝−138380−1000−1⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠.

Ejercicio 6

Considera el sistema ⎧{ {⎨{ {⎩𝑦+𝑧=1,(𝑘−1)𝑥+𝑦+𝑧=𝑘,𝑥+(𝑘−1)𝑦+𝑧=0.

  1. Discute el sistema según los valores de 𝑘.
  2. Para 𝑘 =1 resuelve el sistema, si es posible. ¿Hay alguna solución en la que 𝑦 =0? En caso afirmativo, calcúlala. En caso negativo, justifica la respuesta.

Resolución
  1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝011𝑘−1111𝑘−11⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣0111∣=−1≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑘, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣011𝑘−1111𝑘−11∣=1+(𝑘−1)2−1−(𝑘−1)=𝑘2−3𝑘+2. Observamos que |𝐴|=0⇔𝑘2−3𝑘+2=0⇔{𝑘=1,𝑘=2. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑘 ≠1 y 𝑘 ≠2. En otro caso, rang⁡(𝐴) =2.
    • Si 𝑘 ≠1 y 𝑘 ≠2, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
    • Si 𝑘 =1, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝011101111010⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que las dos primeras filas son iguales, así que rang⁡(𝐴∗) =2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
    • Si 𝑘 =2, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝011111121110⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣011112110∣=2≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
  2. Si 𝑘 =1, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior. Podemos reducir el sistema a {𝑦+𝑧=1,𝑥+𝑧=0. Si tomamos 𝑧 =𝜆, entonces 𝑦+𝑧=1⇔𝑦=1−𝑧𝑧=𝜆←←←←←←→𝑦=1−𝜆,𝑥+𝑧=0⇔𝑥=−𝑧𝑧=𝜆←←←←←←→𝑥=−𝜆. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−𝜆,𝑦=1−𝜆,𝑧=𝜆. Para 𝜆 =1, una solución es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−1,𝑦=0,𝑧=1.

Ejercicio 7

  1. Halla el punto simétrico de 𝑃(2,2,1) respecto de la recta 𝑟≡{𝑥−2𝑦+𝑧=2,𝑦−𝑧=1.
  2. Halla el punto simétrico de 𝑄(1, −1, −3) respecto del plano 𝜋 ≡𝑥 −2𝑦 +𝑧 +6 =0.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Si tomamos 𝑦 =𝜆, entonces 𝑦−𝑧=1⇔𝑧=−1+𝑦𝑦=𝜆←←←←←←→𝑧=−1+𝜆,𝑥−2𝑦+𝑧=2⇔𝑥=2+2𝑦−𝑧𝑦=𝜆←←←←←←←←←←→𝑧=−1+𝜆𝑥=2+2𝜆+1−𝜆=3+𝜆. Luego las ecuaciones paramétricas de 𝑟 son 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=3+𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=−1+𝜆. Para hallar el punto simétrico 𝑃′ de 𝑃 con respecto a 𝑟, trazamos un plano 𝜏 perpendicular a la recta que pase por el punto 𝑃. Al ser perpendicular a 𝑟, su vector normal es ⃗𝑛𝜏 =⃗𝑑𝑟 =(1,1,1). Así que la ecuación del plano 𝜏 es 𝜏≡𝑥−2+𝑦−2+𝑧−1=0⇔𝑥+𝑦+𝑧−5=0. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑅 de la recta 𝑟 y el plano. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 3+𝜆+𝜆−1+𝜆−5=0⇔3𝜆−3=0⇔𝜆=1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑅(4,1,0). Como 𝑅 es el punto medio de 𝑃 y 𝑃′, podemos hallar 𝑃′ como el simétrico de 𝑃 respecto de 𝑅. Si llamamos 𝑃′(𝑎,𝑏,𝑐), tiene que verificarse: ⎧{ {⎨{ {⎩2+𝑎2=4⇔𝑎=6,2+𝑏2=1⇔𝑏=0,1+𝑐2=0⇔𝑐=−1. Por tanto, el punto simétrico de 𝑃 con respecto a la recta 𝑟 es 𝑃′(6,0, −1).
  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, −2,1). Así que las ecuaciones de la recta 𝑠 son 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜇,𝑦=−1−2𝜇,𝑧=−3+𝜇. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑆 de la recta 𝑠 y el plano. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑠 en la ecuación del plano. 1+𝜇−2(−1−2𝜇)−3+𝜇+6=0⇔6𝜇+6=0⇔𝜇=−1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑆(0,1, −4). Como 𝑆 es el punto medio de 𝑄 y 𝑄′, podemos hallar 𝑄′ como el simétrico de 𝑄 respecto de 𝑆. Si llamamos 𝑄′(𝑎,𝑏,𝑐), tiene que verificarse: ⎧{ {⎨{ {⎩1+𝑎2=0⇔𝑎=−1,−1+𝑏2=1⇔𝑏=3,−3+𝑐2=−4⇔𝑐=−5. Por tanto, el punto simétrico de 𝑄 con respecto al plano 𝜋 es 𝑄′( −1,3, −5).

Ejercicio 8

Considera las rectas 𝑟≡{𝑦=0,2𝑥−𝑧=0y𝑠≡{𝑥+𝑦+7=0,𝑧=0.

  1. Estudia la posición relativa de 𝑟 y 𝑠.
  2. Calcula la ecuación del plano paralelo a 𝑟 y 𝑠 que equidista de ambas rectas.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de las rectas 𝑟 y 𝑠.
    • Para la recta 𝑟, si tomamos 𝑥 =𝜆, 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=0,𝑧=2𝜆. Así que el vector director de 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =(1,0,2).
    • Para la recta 𝑠, si tomamos 𝑥 =𝜇, 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜇,𝑦=−7−𝜇,𝑧=0. Así que el vector director de 𝑠 es ⃗𝑑𝑠 =(1, −1,0).
    Observamos que los vectores directores no pueden ser proporcionales, porque 11≠0−1≠20. Así que las dos rectas no son paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅(0,0,0) de 𝑟 y un punto 𝑆(0, −7,0) de 𝑠. Podemos comprobar si las dos rectas están contenidas en un mismo plano viendo si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑑𝑠 y ⃗𝑅𝑆 =(0, −7,0) son linealmente dependientes. ∣1021−100−70∣=−14≠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 queremos hallar. Como está a la misma distancia de ambas rectas, tiene que ser paralelo a las dos. Así que ⃗𝑑𝑟 y ⃗𝑑𝑠 son dos vectores directores del plano 𝜋. Además, el punto 𝑀(0,−72,0) pertenece al plano por ser el punto medio entre 𝑅 y 𝑆. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜋 son 𝜋≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆+𝜇,𝑦=−72−𝜇,𝑧=2𝜆.