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📋 Reserva 1 de 2025

Ejercicio 1

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

  1. Determina la ecuación de la recta tangente y la ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en el punto de inflexión.
  2. Estudia y calcula las asíntotas de la función.

Resolución
  1. En primer lugar, hallamos las dos primeras derivadas de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+(𝑥−1)𝑒𝑥=𝑥𝑒𝑥,𝑓″(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥=(𝑥+1)𝑒𝑥. Para hallar los candidatos a puntos de inflexión, igualamos la segunda derivada de 𝑓 a cero. 𝑓″(𝑥)=0⇔(𝑥+1)𝑒𝑥=0⇔𝑥+1=0⇔𝑥=−1. Estudiamos el signo de la segunda derivada para comprobar si se trata de un punto de inflexión.
    ( −∞, −1) ( −1, +∞)
    signo de 𝑓″ − +
    curvatura de 𝑓 ⌢ ⌣
    Así que el punto de inflexión de la función tiene abscisa 𝑥 = −1.
    • La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 = −1 viene dada por: 𝑦−𝑓(−1)=𝑓′(−1)(𝑥+1)⇔𝑦+2𝑒=−1𝑒(𝑥+1)⇔𝑦=−𝑥𝑒−3𝑒.
    • La ecuación de la recta normal a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 = −1 viene dada por: 𝑦−𝑓(−1)=−1𝑓′(−1)(𝑥+1)⇔𝑦+2𝑒=𝑒(𝑥+1)⇔𝑦=𝑒𝑥+𝑒−2𝑒.
    • La función no presenta ningún problema de dominio, así que no tiene ninguna asíntota vertical.
    • Estudiamos si 𝑓 tiene alguna asíntota horizontal estudiando sus límites en el infinito. lím𝑥→−∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−∞⁡(𝑥−1)𝑒𝑥=0,lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡(𝑥−1)𝑒𝑥=+∞. Por tanto, la recta 𝑦 =0 es una asíntota horizontal en −∞ y no tiene asíntota horizontal en +∞. Así que no puede tener una asíntota oblicua en −∞.
    • Estudiamos si 𝑓 tiene una asíntota oblicua en +∞. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=lím𝑥→+∞⁡(𝑥−1)𝑒𝑥𝑥=+∞. Por tanto, 𝑓 no tiene ninguna asíntota oblicua.

Ejercicio 2

Sea la función 𝑓 :ℝ →ℝ definida por 𝑓(𝑥) =(𝑥 −1)2.

  1. Esboza el recinto acotado y limitado por la gráfica de 𝑓 y la recta 𝑦 =𝑎 con 𝑎 >0.
  2. Calcula 𝑎 >0 para que el área del recinto acotado y limitado por la gráfica de 𝑓 y la recta 𝑦 =𝑎 sea 43 unidades cuadradas.

Resolución
  1. Representamos el recinto. Figura
  2. En primer lugar, hallamos los puntos de corte entre la función y la recta. 𝑓(𝑥)=𝑎⇔(𝑥−1)2=𝑎⇔|𝑥−1|=√𝑎⇔{𝑥−1=√𝑎⇔𝑥=1+√𝑎,𝑥−1=−√𝑎⇔𝑥=1−√𝑎. Como el recinto es simétrico, podemos calcular el área como: 𝑆=2∫1+√𝑎0(𝑥2−2𝑥+1)𝑑𝑥=2[𝑥33−𝑥2+𝑥]1+√𝑎0=2((1+√𝑎)33−(1+√𝑎)2+1+√𝑎). Para que el área sea de 43 unidades cuadradas, ha de verificarse: 𝑆=43⇔2((1+√𝑎)33−(1+√𝑎)2+1+√𝑎)=43. Por comodidad, realizamos el cambio de variable 𝑡 =1 +√𝑎. De esta forma, la ecuación se puede escribir como: 2(𝑡33−𝑡2+𝑡)=43⇔𝑡33−𝑡2+𝑡=23⇔𝑡3−3𝑡2+3𝑡−2=0⇔(𝑡−2)(𝑡2−𝑡+1)=0⇔𝑡=2. Deshaciendo el cambio de variable, 1+√𝑎=2⇔√𝑎=1⇔𝑎=1.

Ejercicio 3

Considera la función 𝑓(𝑥)={𝑥sen⁡(2𝑥),si 𝑥≤0,cos⁡(𝜋𝑥)−1,si 𝑥>0. Calcula ∫1−𝜋4𝑓(𝑥)𝑑𝑥.

Resolución

En primer lugar, hallamos una primitiva de la primera rama integrando por partes. 𝑢=𝑥⇒𝑢′=1,𝑣′=sen⁡(2𝑥)⇒𝑣=−12cos⁡(𝑥). De esta forma, ∫𝑥sen⁡(2𝑥)𝑑𝑥=−12𝑥cos⁡(2𝑥)+12∫cos⁡(2𝑥)𝑑𝑥=−12𝑥cos⁡(2𝑥)+14sen⁡(2𝑥).

Calculamos la integral definida. ∫1−𝜋4𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫0−𝜋4𝑥sen⁡(2𝑥)𝑑𝑥+∫10(cos⁡(𝜋𝑥)−1)𝑑𝑥=[−12𝑥cos⁡(2𝑥)+14sen⁡(2𝑥)]0−𝜋4+[1𝜋sen⁡(𝜋𝑥)−𝑥]10==−(−14)+(−1)=−34.

Ejercicio 4

Sean los puntos 𝐴(3, −1,1),𝐵(1,3, −3) y 𝐶( −2, −2,1).

  1. Calcula el área del triángulo de vértices 𝐴,𝐵 y 𝐶.
  2. Halla los puntos 𝐷 pertenecientes al eje 𝑂𝑍 para que el tetraedro de vértices 𝐴,𝐵,𝐶 y 𝐷 tenga un volumen de 20 unidades cúbicas.

Resolución
  1. En primer lugar, calculamos el producto vectorial de los vectores ⃗𝐴𝐵 =( −2,4, −4) y ⃗𝐴𝐶 =( −5, −1,0). ⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣⃗𝑥⃗𝑦⃗𝑧−24−4−5−10∣=(−4,20,22). El área del triángulo determinado por los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 viene dada por: 𝑆=|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|2=√42+202+2222=15𝑢2.

  2. Los puntos del eje 𝑂𝑍 son de la forma 𝐷 =(0,0,𝑎).

    En primer lugar, hallamos el producto mixto de los vectores ⃗𝐴𝐵, ⃗𝐴𝐶 y ⃗𝐴𝐷 =( −3,1,𝑎 −1). [⃗𝐴𝐵,⃗𝐴𝐶,⃗𝐴𝐷]=∣−24−4−5−10−31𝑎−1∣=2𝑎−2+20+12+20𝑎−20=22𝑎+10. El volumen del tetraedro determinado por los puntos 𝐴, 𝐵, 𝐶 y 𝐷 viene dado por: 𝑉=|22𝑎+10|6=|11𝑎+5|3. Para que el volumen sea de 20 unidades cúbicas, ha de verificarse: 𝑉=20⇔|11𝑎+5|3=20⇔{11𝑎+53=20⇔11𝑎+5=60⇔11𝑎=55⇔𝑎=5,11𝑎+53=−20⇔11𝑎+5=−60⇔11𝑎=−65⇔𝑎=−6511. Por tanto, los puntos son 𝐷1(0,0,5) y 𝐷2(0,0,−6511).

Ejercicio 5

Considera el plano 𝜋 ≡2𝑥 +𝑦 +2𝑧 +5 =0.

  1. Calcula el punto simétrico de 𝑃(1,0,1) respecto de 𝜋.
  2. Calcula los planos paralelos a 𝜋 que disten 2 unidades de 𝜋.

Resolución
  1. Para hallar el punto simétrico 𝑃′ de 𝑃 con respecto a 𝜋, trazamos una recta 𝑟 perpendicular al plano que pase por el punto 𝑃. Al ser perpendicular a 𝜋, su vector director es ⃗𝑑𝑟 =⃗𝑛𝜋 =(2,1,2). Así que la ecuación de la recta 𝑟 es: 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+2𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=1+2𝜆,𝜆∈ℝ. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑄 entre la recta y el plano sustituyendo las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 2(1+2𝜆)+𝜆+2(1+2𝜆)+5=0⇔2+4𝜆+𝜆+2+4𝜆+5=0⇔9𝜆+9=0⇔𝜆=−1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑄( −1, −1, −1). De esta forma, podemos hallar 𝑃′ como el punto simétrico de 𝑃 con respecto a 𝑄. Si llamamos 𝑃′(𝑎,𝑏,𝑐), ha de verificarse: ⎧{ {⎨{ {⎩1+𝑎2=−1⇔𝑎=−3,𝑏2=−1⇔𝑏=−2,1+𝑐2=−1⇔𝑐=−3. Por tanto, el punto simétrico de 𝑃 con respecto al plano 𝜋 es 𝑃′( −3, −2, −3).
  2. Llamamos 𝜏 al plano que nos piden. Como 𝜏 es un plano paralelo a 𝜋, su vector normal es ⃗𝑛𝜏 =⃗𝑛𝜋 =(2,1,2). Así que la ecuación del plano 𝜏 es de la forma: 𝜏≡2𝑥+𝑦+2𝑧+𝑑=0. El punto 𝑄( −1, −1, −1) pertenece al plano 𝜋, así que la distancia entre 𝜋 y 𝜏 viene dada por: dist⁡(𝜋,𝜏)=dist⁡(𝑄,𝜏)=|2⋅(−1)+(−1)+2⋅(−1)+𝑑|√22+12+22=|−5+𝑑|3. Para que la distancia sea de 2 unidades, ha de verificarse: dist⁡(𝜋,𝜏)=2⇔|−5+𝑑|3=2⇔|−5+𝑑|=6⇔{−5+𝑑=6⇔𝑑=11,−5+𝑑=−6⇔𝑑=−1. Por tanto, las ecuaciones de los planos son: 𝜏1≡2𝑥+𝑦+2𝑧+11=0y𝜏2≡2𝑥+𝑦+2𝑧−1=0.

Ejercicio 6

Sea la matriz 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝𝛼𝛼+401𝛼10𝛼+4𝛼⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

  1. Indica para qué valores de 𝛼 la matriz 𝐴 admite inversa.
  2. Para 𝛼 =1 determina, si es posible, la matriz inversa de 𝐴.

Resolución
  1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣𝛼𝛼+401𝛼10𝛼+4𝛼∣=𝛼3−2𝛼(𝛼+4)=𝛼(𝛼2−2𝛼−8). La inversa de 𝐴 existe si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔𝛼(𝛼2−2𝛼−8)=0⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝛼=0,𝛼2−2𝛼−8=0⇔{𝛼=−2,𝛼=4. Por tanto, la matriz admite inversa si 𝑎 ≠ −2, 𝑎 ≠0 y 𝑎 ≠4.
  2. Si 𝑎 =1, la matriz 𝐴 es invertible con det(𝐴) = −9 por el apartado anterior. Para hallar su inversa, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−4−15−51−55−1−4⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, la matriz inversa viene dada por: 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=−19⎛⎜ ⎜ ⎜⎝−4−55−11−15−5−4⎞⎟ ⎟ ⎟⎠=19⎛⎜ ⎜ ⎜⎝45−51−11−554⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

Ejercicio 7

Los rodamientos de las ruedas de un coche se configuran con unas bolas cuyos diámetros siguen una distribución normal de media 13 mm y desviación típica 0,1 mm. Para que el funcionamiento del rodamiento sea óptimo el diámetro debe estar entre 12,9 mm y 13,15 mm. No obstante, la máquina que los elabora es muy sensible a los cambios de temperatura y pierde eficacia cuando ésta sube considerablemente. El 15 de julio, tras una rotura del sistema de refrigeración, la máquina configura bolas cuyos diámetros siguen una distribución normal de media 12,9 mm y desviación típica 0,2 mm.

  1. En circunstancias ideales, ¿cuál es la probabilidad de que la máquina elabore piezas con rodamiento óptimo?
  2. ¿Cuál es la probabilidad de que el 15 de julio la máquina elabore piezas con rodamiento óptimo?

Resolución
  1. Llamamos 𝑋 a los diámetros de las bolas elaboradas por la máquina en condiciones normales, con 𝑋 ∼𝑁(13; 0,1). La probabilidad de que la máquina elabore piezas con rodamiento óptimo es: 𝑃(12,9≤𝑋≤13,15)=𝑃(12,9−130,1≤𝑍≤13,15−130,1)=𝑃(−1≤𝑍≤1,5)==𝑃(𝑍≤1,5)−𝑃(𝑍≤−1)=𝑃(𝑍≤1,5)−(1−𝑃(𝑍≤1))==0,9332−(1−0,8413)=0,7745.
  2. Llamamos 𝑌 a los diámetros de las bolas elaboradas por la máquina el 15 de julio, con 𝑌 ∼𝑁(12,9; 0,2). La probabilidad de que la máquina elabore piezas con rodamiento óptimo es: 𝑃(12,9≤𝑋≤13,15)=𝑃(12,9−12,90,2≤𝑍≤13,15−12,90,2)=𝑃(0≤𝑍≤1,25)==𝑃(𝑍≤1,25)−𝑃(𝑍≤0)=0,8944−0,5=0,3944.