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📋 Reserva 2 de 2024

Ejercicio 1

Sea la función 𝑓 :(0, +∞) →ℝ definida por 𝑓(𝑥)=ln⁡(𝑥2+1𝑥).

  1. Calcula los intervalos de crecimiento y de decrecimiento.
  2. Estudia y halla los extremos relativos y absolutos de 𝑓 (abscisas donde se obtienen y valores que alcanzan).

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=𝑥𝑥2+1⋅2𝑥⋅𝑥−(𝑥2+1)𝑥2=𝑥2−1𝑥(𝑥2+1). Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝑓 a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔𝑥2−1𝑥(𝑥2+1)=0⇔𝑥2−1=0⇔𝑥=±1. Como Dom⁡(𝑓) =(0, +∞), el único punto crítico es 𝑥 =1. Estudiamos el signo de la derivada.
    (0,1) (1, +∞)
    signo de 𝑓′ − +
    monotonía de 𝑓 → →
    Por tanto, 𝑓 es creciente en (1, +∞) y decreciente en (0,1).
  2. Por el apartado anterior, el punto (1,ln⁡(2)) es un mínimo absoluto y la función no tiene más extremos.

Ejercicio 2

Calcula 𝑎 y 𝑏 sabiendo que lím𝑥→0⁡𝑎(ln⁡(1+𝑥)−𝑥)+𝑏(𝑒𝑥−1)+1−cos⁡(𝑥)sen2⁡(𝑥)=5.

Resolución

Calculamos el límite. lím𝑥→0⁡𝑎(ln⁡(1+𝑥)−𝑥)+𝑏(𝑒𝑥−1)+1−cos⁡(𝑥)sen2⁡(𝑥)=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de L'Hôpital. lím𝑥→0⁡𝑎(ln⁡(1+𝑥)−𝑥)+𝑏(𝑒𝑥−1)+1−cos⁡(𝑥)sen2⁡(𝑥)L’H=lím𝑥→0⁡𝑎(11+𝑥−1)+𝑏𝑒𝑥+sen⁡(𝑥)2sen⁡(𝑥)cos⁡(𝑥)=𝑏0. Si 𝑏 ≠0 este límite será infinito, así que necesariamente 𝑏 =0.

Continuamos resolviendo el límite para 𝑏 =0. lím𝑥→0⁡𝑎(11+𝑥−1)+sen⁡(𝑥)2sen⁡(𝑥)cos⁡(𝑥)L’H=lím𝑥→0⁡−𝑎(1+𝑥)2+cos⁡(𝑥)2(cos2⁡(𝑥)−sen2⁡(𝑥))=−𝑎+12.

Por tanto, lím𝑥→0⁡𝑎(ln⁡(1+𝑥)−𝑥)+𝑏(𝑒𝑥−1)+1−cos⁡(𝑥)sen2⁡(𝑥)=5⇔−𝑎+12=5⇔−𝑎+1=10⇔𝑎=−9.

Ejercicio 3

Considera la función 𝑓 :ℝ →ℝ definida por 𝑓(𝑥)=∫𝑥0cos⁡(𝑡)sen2⁡(𝑡)𝑑𝑡. Determina las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto de abscisa 𝑥 =𝜋4.

Resolución

La función 𝑔(𝑥) =cos⁡(𝑥)sen2⁡(𝑥) es continua. Por el teorema fundamental del cálculo, la función 𝑓(𝑥)=∫𝑥0𝑔(𝑡)𝑑𝑡=∫𝑥0cos⁡(𝑡)sen2⁡(𝑡)𝑑𝑡 es derivable, con 𝑓′(𝑥) =𝑔(𝑥).

Hallamos el valor de la función y la derivada en 𝜋4. 𝑓(𝜋4)=∫𝜋40𝑔(𝑡)𝑑𝑡=∫𝜋40cos⁡(𝑡)sen2⁡(𝑡)𝑑𝑡=[13sen3⁡(𝑡)]𝜋40=13⋅√24=√212,𝑓′(𝜋4)=𝑔(𝜋4)=cos⁡(𝜋4)sen2⁡(𝜋4)=√24.

  • La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =𝜋4 viene dada por: 𝑦−𝑓(𝜋4)=𝑓′(𝜋4)(𝑥−𝜋4)⇔𝑦−√212=√24(𝑥−𝜋4)⇔𝑦=√24𝑥+√212−√2𝜋16.
  • La ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =𝜋4 viene dada por: 𝑦−𝑓(𝜋4)=−1𝑓′(𝜋4)(𝑥−𝜋4)⇔𝑦−√212=−4√2(𝑥−𝜋4)⇔𝑦=−2√2𝑥+√212+𝜋√2.

Ejercicio 4

Calcula ∫𝑑𝑥√4+4𝑒𝑥. (Sugerencia: efectúa el cambio de variable 𝑡 =√1+𝑒𝑥).

Resolución

Calculamos la integral indefinida. ∫𝑑𝑥√4+4𝑒𝑥=12∫1√1+𝑒𝑥𝑑𝑥.

Para resolver esta integral, usamos el cambio de variable: 𝑡=√1+𝑒𝑥⇒𝑥=ln⁡(𝑡2−1),𝑑𝑥=2𝑡𝑡2−1𝑑𝑡. De esta forma, 12∫1√1+𝑒𝑥𝑑𝑥=12∫1𝑡⋅2𝑡𝑡2−1𝑑𝑡=∫1𝑡2−1𝑑𝑡.

Expresamos el integrando como suma de fracciones simples. Las raíces del denominador son -1 y 1, así que el integrando se puede escribir como 1𝑡2−1=𝐴𝑡−1+𝐵𝑡+1=𝐴(𝑡+1)+𝐵(𝑡−1)𝑡2−1=(𝐴+𝐵)𝑡+𝐴−𝐵𝑡2−1. Igualando ambas expresiones, obtenemos que {𝐴+𝐵=0,𝐴−𝐵=1. Resolvemos el sistema por reducción. Si sumamos las dos ecuaciones, obtenemos que 2𝐴=1⇔𝐴=12. Despejando y sustituyendo en la primera ecuación, obtenemos que 𝐴+𝐵=0⇔𝐵=−𝐴𝐴=1/2←←←←←←←←→𝐵=−12. Así que 1𝑡2−1=12(𝑡−1)−12(𝑡+1).

Resolvemos la integral. ∫1𝑡2−1𝑑𝑡=12∫1𝑡−1𝑑𝑡−12∫1𝑡+1𝑑𝑡=12(ln⁡|𝑡−1|−ln⁡|𝑡+1|)+𝐶==12(ln⁡|√1+𝑒𝑥−1|−ln⁡|√1+𝑒𝑥+1|)+𝐶. Por tanto, ∫𝑑𝑥√4+4𝑒𝑥=12(ln⁡|√1+𝑒𝑥−1|−ln⁡|√1+𝑒𝑥+1|)+𝐶.

Ejercicio 5

Considera el sistema de ecuaciones lineales ⎧{ {⎨{ {⎩𝑎𝑥+𝑦+𝑧=1+𝑎,𝑥+2𝑦−𝑧=1−𝑎,𝑥+(1+𝑎)𝑦−𝑎𝑧=0.

  1. Calcula 𝑎 para que el sistema sea compatible indeterminado.
  2. Resuelve el sistema, si es posible, para 𝑎 =0.

Resolución
  1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝑎1112−111+𝑎−𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣112−1∣=−3≠0⇒rang⁡(𝐴)≥2. Para determinar el rango de 𝐴 según el valor de 𝑎, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣𝑎1112−111+𝑎−𝑎∣=−2𝑎2−1+1+𝑎−2+𝑎(1+𝑎)+𝑎=−𝑎2+3𝑎−2. Observamos que |𝐴|=0⇔−𝑎2+3𝑎−2=0⇔{𝑎=1,𝑎=2. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑎 ≠1 y 𝑎 ≠2. En otro caso, rang⁡(𝐴) =2.
    • Si 𝑎 ≠1 y 𝑎 ≠2, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
    • Si 𝑎 =1, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝111212−1012−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que las dos últimas filas son iguales, así que rang⁡(𝐴∗) =2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
    • Si 𝑎 =2, la matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝211312−1−113−20⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣1132−1−13−20∣=−8≠0⇒rang⁡(𝐴∗)=3. Como rang⁡(𝐴) ≠rang⁡(𝐴∗), el sistema es incompatible.
    Por tanto, el sistema es compatible indeterminado para 𝑎 =1.
  2. Si 𝑎 =0, el sistema es compatible determinado por el apartado anterior, así que tiene solución única. Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝011112−111100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹2+𝐹1←←←←←←←←→⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝011113021100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠𝐹2−𝐹3←←←←←←←←→⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝011102021100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. El sistema resultante es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑦+𝑧=1,2𝑦=2,𝑥+𝑦=0. Resolvemos el sistema. 2𝑦=2⇔𝑦=1,𝑦+𝑧=1⇔𝑧=1−𝑦𝑦=1←←←←←→𝑧=0,𝑥+𝑦=0⇔𝑥=−𝑦𝑦=1←←←←←→𝑥=−1. Por tanto, la solución del sistema es ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−1,𝑦=1,𝑧=0.

Ejercicio 6

Considera las matrices 𝐴=(13−25),𝑀=(0111) e 𝐼 la identidad de orden 2.

  1. Sabiendo que 𝐴 verifica la identidad (𝐴 +𝑎𝐼)2 =𝑏𝐼, halla 𝑎 y 𝑏.
  2. Resuelve la ecuación 𝑀𝑋 +𝑀2 =𝐼.

Resolución
  1. En primer lugar, calculamos (𝐴 +𝑎𝐼)2. (𝐴+𝑎𝐼)2=[(13−25)+(𝑎00𝑎)]2=(𝑎+13−2𝑎+5)2=((𝑎+1)2−63(𝑎+1)+3(𝑎+5)−2(𝑎+1)−2(𝑎+5)(𝑎+5)2−6)==((𝑎+1)2−66𝑎+18−4𝑎−12(𝑎+5)2−6). Así que: (𝐴+𝑎𝐼)2=𝑏𝐼⇔((𝑎+1)2−66𝑎+18−4𝑎−12(𝑎+5)2−6)=(𝑏00𝑏)⇔⎧{ { {⎨{ { {⎩(𝑎+1)2−6=𝑏,6𝑎+18=0,−4𝑎−12=0,(𝑎+5)2−6=𝑏. Resolvemos el sistema. 6𝑎+18=0⇔𝑎=−3,−4𝑎−12=0⇔𝑎=−3,(𝑎+1)2−6=𝑏𝑎=−3←←←←←←←→𝑏=−2,(𝑎+5)2−6=𝑏𝑎=−3←←←←←←←→𝑏=−2. Por tanto, 𝑎 = −3 y 𝑏 = −2.
  2. En primer lugar, hallamos el determinante de la matriz 𝑀. ∣0111∣=−1. Como det(𝑀) ≠0, la matriz 𝑀 es invertible. Despejamos la ecuación matricial. 𝑀𝑋+𝑀2=𝐼⇔𝑀𝑋=𝐼−𝑀2⇔𝑋=𝑀−1(𝐼−𝑀2)=𝑀−1−𝑀. Para hallar la inversa de 𝑀, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝑀)=(1−1−10). De esta forma, calculamos su inversa como: 𝑀−1=1|𝑀|Adj⁡(𝑀)𝑡=−(1−1−10)=(−1110). Por tanto, 𝑋=𝑀−1−𝑀=(−1110)−(0111)=(−100−1).

Ejercicio 7

Considera el plano 𝜋 ≡𝑥 −𝑦 =0 y la recta 𝑟≡𝑥−12=𝑦3=𝑧−2.

  1. Calcula, si es posible, el plano perpendicular a 𝜋 que contiene a 𝑟.
  2. Calcula, si es posible, la recta perpendicular a 𝑟, contenida en 𝜋 y que pasa por el origen.

Resolución
  1. Llamamos 𝜏 al plano que nos piden. Como 𝜏 es perpendicular a 𝜋 y contiene a 𝑟, entonces ⃗𝑛𝜋 =(1, −1,0) y ⃗𝑑𝑟 =(2,3,1) son dos vectores directores del plano. Además, el punto (1,0,2) pertenece al plano por ser un punto de 𝑟. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜏 son: 𝜏≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆+2𝜇,𝑦=−𝜆+3𝜇,𝑧=2+𝜇.
  2. Llamamos 𝑠 a la recta que nos piden. Como 𝑠 es perpendicular a 𝑟 y está contenida en 𝜋, ⃗𝑑𝑠=⃗𝑑𝑟×⃗𝑛𝜋=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧2311−10∣=(1,1,−5). Además, el punto (0,0,0) pertenece a la recta. Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑠 es: 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=−5𝜆.

Ejercicio 8

Considera los puntos 𝑂(0,0,0), 𝐴(𝑎, −1,2) y 𝐵(𝑎,1,0).

  1. Determina 𝑎 para que el triángulo 𝑂𝐴𝐵 tenga área 3 unidades cuadradas.
  2. Calcula 𝑎 para que 𝑂, 𝐴 y 𝐵 sean coplanarios con el punto 𝐶(1,1,0).

Resolución
  1. Para hallar el área del triángulo 𝑂𝐴𝐵, calculamos en primer lugar el producto vectorial de los vectores ⃗𝑂𝐴 =(𝑎, −1,2) y ⃗𝑂𝐵 =(𝑎,1,0). ⃗𝑂𝐴×⃗𝑂𝐵=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧𝑎−12𝑎10∣=(−2,2𝑎,2𝑎). El área del triángulo viene dada por: 𝑆=12|⃗𝑂𝐴×⃗𝑂𝐵|=12√22+(2𝑎)2+(2𝑎)2=12√4+8𝑎2=√1+2𝑎2. Para que el área sea de 3 𝑢2, 𝑆=3⇔√1+2𝑎2=3⇔1+2𝑎2=9⇔𝑎2=4⇔𝑎=±2. Por tanto, los posibles valores son 𝑎 = −2 y 𝑎 =2.
  2. Los cuatro puntos son coplanarios si el determinante formado por ⃗𝑂𝐴, ⃗𝑂𝐵 y ⃗𝑂𝐶 =(1,1,0) es nulo. Calculamos este determinante. ∣𝑎−12𝑎10110∣=2𝑎−2. Para que los cuatro puntos sean coplanarios, 2𝑎−2=0⇔𝑎=1. Por tanto, 𝑎 =1.