EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P1.

Estudia el siguiente sistema de ecuaciones lineales dependiente del parámetro real 𝑎 y resuélvelo en los
casos en que es compatible:
(𝑎2 − 2)𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 𝑎 + 2
{(𝑎2 − 2)𝑥 + 4𝑦 + (𝑎 + 1)𝑧 = 𝑎 + 6
(𝑎2 − 2)𝑥 + 2𝑦 + (2 − 𝑎)𝑧 = 𝑎 + √2
Menciona el resultado teórico empleado y justifica su uso. (2,5 puntos)

Aplicamos el método de Gauss:

𝑎2 − 2 2 1 𝑎+2 𝑎2 − 2 2 1 𝑎+2 2
1 2 𝑎 − 2 = 0 ⇒ 𝑎 = ±√2
(𝑎 2 − 2 4 𝑎 + 1 𝑎 + 6 ) ∼ ( 0 2 𝑎 4 )→{
1−𝑎 =0⇒𝑎 =1
𝑎2 − 2 2 2 − 𝑎 𝑎 + √2 0 0 1−𝑎 √2 − 2
Estudiamos los distintos casos:
1º) Si 𝑎 = −√2, el sistema es incompatible:
0 2 1 2 − √2 0 2 1 2 − √2 0 2 1 2 − √2
3 4
(0 2 −√2 4 ) ∼ (0 0 −1 − √2 2 + √2) ∼ (0 0 −1 − √2 2 + √2)
0 0 1 + √2 √2 − 2 0 0 1 + √2 √2 − 2 0 0 0 2√2
2º) Si 𝑎 = 1, el sistema es incompatible:
−1 2 1 3
(0 2 1 4 )
0 0 0 √2 − 2
3º) Si 𝑎 = √2, el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un parámetro:
0 2 1 2 + √2 0 2 1 2 + √2 0 2 1 2 + √2
3 4
(0 2 √2 4 ) ~ (0 0 √2 − 1 2 − √2) ~ (0 0 √2 − 1 2 − √2) →
0 0 1 − √2 √2 − 2 0 0 1 − √2 √2 − 2 0 0 0 0

2𝑦 + 𝑧 = 2 + √2 2 − √2 (2 − √2)(√2 + 1)
→{ ⇒𝑧= = = 2√2 + 2 − 2 − √2 = √2 ⇒
(√2 − 1)𝑧 = 2 − √2 √2 − 1 1
𝑥=𝛼
⇒ 2𝑦 = 2 + √2 − √2 = 2 ⇒ 𝑦 = 1 ⇒ {𝑦 = 1
𝑧 = √2
4º) En los demás casos el sistema es compatible determinado:
(𝑎2 − 2)𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 𝑎 + 2
√2 − 2 (√2 − 2)𝑎 4 − 4𝑎 − √2𝑎 + 2𝑎
{2𝑦 + 𝑎𝑧 = 4 ⇒ 𝑧= ⇒ 2𝑦 = 4 − = ⇒
1−𝑎 1−𝑎 1−𝑎
(1 − 𝑎)𝑧 = √2 − 2

1 2ª𝑓 − 1ª𝑓; 3ª𝑓 − 1ª𝑓.

2 Como no se puede dividir por 0, tenemos que calcular los valores del parámetro que anulan los coeficientes de las incógnitas
que despejaremos luego (caso 4º).
3 2ª𝑓 − 1ª𝑓.
4 3ª𝑓 + 2ª𝑓.
 4 − 2𝑎 − √2𝑎 4 − 2𝑎 − √2𝑎 √2 − 2
⇒ 𝑦= ⇒ (𝑎2 − 𝑎)𝑥 = 𝑎 + 2 − − =
2(1 − 𝑎) 1−𝑎 1−𝑎

𝑎 − 𝑎2 + 2 − 2𝑎 − 4 + 2𝑎 + √2𝑎 − √2 + 2 𝑎(1 − 𝑎) − √2(1 − 𝑎) (1 − 𝑎)(𝑎 − √2)

= = = =
1−𝑎 1−𝑎 1−𝑎
𝑎 − √2
= 𝑎 − √2 ⇒ 𝑥 =
𝑎2 − 𝑎
EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P2.
El plano 𝜋 pasa por los puntos 𝑃1 (2, 0, 5), 𝑃2 (1, −2, 2) y 𝑃3 (3, −1, 2). Una esfera con centro en 𝐶(0, 1, −3)
toca al plano en un único punto. Calcula el radio de la esfera y el punto de intersección. (2,5 puntos)

Calculamos primero la ecuación del plano 𝜋, que es el plano que pasa por el punto 𝑃1 (2, 0, 5) y es paralelo
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
a los vectores [𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 𝑃2 ] = (−1, −2, −3) y [𝑃1 𝑃3 ] = (1, −1, −3):

𝑥−2 𝑦 𝑧−5
| −1 −2 −3 | = 3(𝑥 − 2) − 6𝑦 + 3(𝑧 − 5) = 3(𝑥 − 2 − 2𝑦 + 𝑧 − 5) = 0 ⇒
1 −1 −3

⇒ 𝜋 ≡ 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 7 = 0

Como la esfera y el plano son tangentes, el radio de la esfera es la distancia de su centro al plano:

|0 − 2 − 3 − 7| 12 12√6
𝑟 = 𝑑(𝐶, 𝜋) = = = = 2√6
√1 + 4 + 1 √6 6
Si 𝑄 es el punto de intersección, la recta 𝐶𝑄 es perpendicular al plano 𝜋. Por tanto, el vector característico
del plano 𝜋, 𝑣 = (1, −2, 1), es su vector direccional. En consecuencia, sus ecuaciones paramétricas son las
siguientes:
𝑥=𝛼
𝐶𝑄 ≡ {𝑦 = 1 − 2𝛼
𝑧 = −3 + 𝛼
Como el punto 𝑄 está en dicha recta, 𝑄(𝛼, 1 − 2𝛼, −3 + 𝛼).
Y como el punto 𝑄 está en el plano 𝜋, satisface su ecuación:
𝛼 − 2(1 − 2𝛼) − 3 + 𝛼 − 7 = 0 ⇒ 𝛼 − 2 + 4𝛼 − 10 + 𝛼 = 0 ⇒ 6𝛼 = 12 ⇒ 𝛼 = 2
Por tanto:
𝑄(2, −3, −1)
EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P3.
Calcula las integrales indefinidas:
𝑥−7
∫ · 𝑑𝑥 ∫ 𝑒 2𝑥 · sen(2𝑥 + 1) · 𝑑𝑥 (2,5 puntos)
𝑥2 +𝑥−6

𝑎) Descomponemos el polinomio del denominador en factores:

−1 ± √1 + 24 −1 ± 5 𝑥 = −3
𝑥2 + 𝑥 − 6 = 0 ⇒ 𝑥 = = ⇒{
2 2 𝑥=2

Por tanto:

𝑥−7 𝐴 𝐵 si 𝑥 = 2 ⇒ −5 = 5𝐵 ⇒ 𝐵 = −1
= + ⇒ 𝑥 − 7 = 𝐴(𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥 + 3) ⇒ {
(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) 𝑥 + 3 𝑥 − 2 si 𝑥 = −3 ⇒ −10 = −5𝐴 ⇒ 𝐴 = 2

Ya podemos calcular la integral:

𝑥−7 2 −1
∫ · 𝑑𝑥 = ∫ · 𝑑𝑥 + ∫ · 𝑑𝑥 = 2 · ln|𝑥 + 3| − ln|𝑥 − 2| + 𝐶
(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) 𝑥+3 𝑥−2

𝑏) Vamos a utilizar el método tabular de integración por partes:

𝑺𝒊𝒈𝒏𝒐 𝑫𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒓 𝑰𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒓

+ sen(2𝑥 + 1) 𝑒 2𝑥

1 2𝑥
− 2 · cos(2𝑥 + 1) ·𝑒
2
1 2𝑥
+ −4 · sen(2𝑥 + 1) ·𝑒
4
Por tanto:
1 2𝑥 1
∫ 𝑒 2𝑥 · sen(2𝑥 + 1) · 𝑑𝑥 = · 𝑒 · sen(2𝑥 + 1) − · 𝑒 2𝑥 · cos(2𝑥 + 1) − ∫ 𝑒 2𝑥 · sen(2𝑥 + 1) · 𝑑𝑥 ⇒
2 2
1 2𝑥
⇒ 2 · ∫ 𝑒 2𝑥 · sen(2𝑥 + 1) · 𝑑𝑥 = · 𝑒 · [sen(2𝑥 + 1) − cos(2𝑥 + 1)] ⇒
2
1 2𝑥
⇒ ∫ 𝑒 2𝑥 · sen(2𝑥 + 1) · 𝑑𝑥 = · 𝑒 · [sen(2𝑥 + 1) − cos(2𝑥 + 1)] + C
4
EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P4.
𝑥 2 +2
1/3 + ln si 𝑥 < 1
Sea la función 𝑓(𝑥) = { 3 .
𝑥 2 /3 si 𝑥 ≥ 1
𝑎) Demuestra que la función es derivable en todo ℝ. (1 punto)
𝑏) Demuestra que existe un valor 𝛼 ∈ (0, 2) tal que 𝑓ʹ(𝛼) = 1. Enuncia los resultados teóricos utilizados y
justifica su uso. (1,5 puntos)

𝑎) La función 𝑓 es derivable en ℝ:
• Es derivable en (−∞, 1) ∪ (1. +∞):
2𝑥/3 2𝑥 2𝑥
𝑓ʹ(𝑥) = = ∀𝑥 < 1 𝑓ʹ(𝑥) = ∀𝑥 > 1
(𝑥 2 + 2)/3 𝑥 2 + 2 3
• Es derivable en 𝑥 = 1:
1 𝑥2 + 2 1 𝑥2 + 2 2𝑥
𝑓(𝑥) − 𝑓(1) + ln − ln 2 2
= lim− 3 3 3 = lim 3 = lim− 𝑥 + 2 =
1
𝑓ʹ− = lim−
𝑥→1 𝑥−1 𝑥→1 𝑥−1 𝑥→1− 𝑥−1 𝑥→1 1 3

𝑥2 1
𝑓(𝑥) − 𝑓(1) −3 𝑥2 − 1 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥+1 2
𝑓ʹ+ = lim+ = lim+ 3 = lim+ = lim+ = lim+ =
𝑥→1 𝑥−1 𝑥→1 𝑥 − 1 𝑥→1 3(𝑥 − 1) 𝑥→1 3(𝑥 − 1) 𝑥→1 3 3

Por tanto:
2𝑥/(𝑥 2 + 2) si 𝑥 < 1
𝑓ʹ(𝑥) = {
2𝑥/3 si 𝑥 ≥ 1

𝑏) Como la función 𝑓ʹ satisface las condiciones del teorema de los valores intermedios en el intervalo ce-
rrado [0, 2], existe 𝛼 en el intervalo abierto (0, 2) tal que 𝑓ʹ(𝛼) = 1.
En efecto:
1ª) La función 𝑓ʹ es continua en el intervalo cerrado [0, 2]:
2
• Es continua en [0, 1): lim 𝑓ʹ(𝑥) = 𝑓ʹ(𝑎) ∀𝑎 ∈ [0, 1)
𝑥→𝑎
2
• Es continua en (1, 2]: lim 𝑓ʹ(𝑥) = 𝑓ʹ(𝑎) ∀𝑎 ∈ (1,2]
𝑥→𝑎
2 2
• Es continua en x=1: 𝑓ʹ(1) = 2/3; lim− 𝑓ʹ(𝑥) = 2/3; lim+ 𝑓ʹ(𝑥) = 2/3
𝑥→1 𝑥→1

2ª) 𝑓ʹ(0) < 1 < 𝑓ʹ(2):

• 𝑓ʹ(0) = 0 < 1
• 𝑓ʹ(2) = 4/3 > 1
Teorema de los valores intermedios (propiedad de Darboux):
Si 𝑓 es una función continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] y el número 𝑑 está entre 𝑓(𝑎) y 𝑓(𝑏), entonces
existe 𝑐 en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑐) = 𝑑.

1 Como sale la indeterminada 0/0, aplicamos LʹHôpital.

2 Es fácil verlo.
EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P5.
2 −1 −6 1
Sabiendo que la inversa de la matriz 𝐴 es ( ) y la inversa de la matriz 𝐴 · 𝐵 es ( ), determina
−1 1 1 0
la matriz 𝐵. (2,5 puntos)

(𝐴 · 𝐵)−1 = 𝐵 −1 · 𝐴−1 ⇒ (−6 1) = 𝐵 −1 · ( 2 −1) ⇒ 𝐵 · (−6 1) = ( 2 −1) ⇒

1 2
1 0 −1 1 1 0 −1 1

2 −1 −6 1 −1 3 2 −1 0 1 −1 −4
⇒𝐵=( )·( ) =( )·( )=( )
−1 1 1 0 −1 1 1 6 1 5

Calculamos la matriz 𝐴 · 𝐵 por el método de Gauss-Jordan:

−6 1 1 0 4 1 0 0 1 5 1 0 0 1 0 1
( )∼( )∼( )⇒𝐴·𝐵 =( )
1 0 0 1 −6 1 1 0 0 1 1 6 1 6

1 Multiplicamos por la izquierda los dos miembros de la ecuación por la matriz 𝐵.

2 Multiplicamos por la derecha los dos miembros de la ecuación por la matriz 𝐴 · 𝐵.
3 La matriz 𝐴 · 𝐵 la hemos calculado a continuación.
4 1ª𝑓 ⇆ 2ª𝑓.
5 2ª𝑓 + 6 · 1ª𝑓.
EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P6.
Calcula la ecuación continua de la recta 𝑡 sabiendo que corta perpendicularmente a las siguientes rectas:
𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 𝑥+2 𝑦 𝑧+3
𝑟≡{ 𝑠≡ = = (2,5 puntos)
𝑥 + 3𝑧 − 7 = 0 2 1 0

Un esquema puede ayudarnos a resolver el problema:

r
P

Q
t s

Calculamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟: 1

𝑥 = 7 − 3𝛼
𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 2𝑦 = 1 − 𝑥 − 𝑧 2𝑦 = 1 − 7 + 3𝑧 − 𝑧
{ ⇒{ ⇒{ ⇒ {𝑦 = −3 + 𝛼
𝑥 + 3𝑧 − 7 = 0 𝑥 = 7 − 3𝑧 𝑥 = 7 − 3𝑧
𝑧=𝛼

Como 𝑃 es un punto de la recta 𝑟:

𝑃(7 − 3𝛼, −3 + 𝛼, 𝛼)

Como 𝑄 es un punto de la recta 𝑠:

𝑄(−2 + 2𝛽, 𝛽, −3)
⃗⃗⃗⃗⃗ ] = (−9 + 3𝛼 + 2𝛽, 3 − 𝛼 + 𝛽, −3 − 𝛼) es perpendicular a los vectores direccionales de las
El vector [𝑃𝑄
rectas 𝑟 y 𝑠, los vectores 𝑢
⃗ = (−3, 1, 1) y 𝑣 = (2, 1, 0):

⃗⃗⃗⃗⃗ ] · 𝑢
[𝑃𝑄 ⃗ =0 27 − 9𝛼 − 6𝛽 + 3 − 𝛼 + 𝛽 − 3 − 𝛼 = 0 11𝛼 + 5𝛽 = 27
{ ⇒{ ⇒{ ⇒
⃗⃗⃗⃗⃗ ] · 𝑣 = 0
[𝑃𝑄 −18 + 6𝛼 + 4𝛽 + 3 − 𝛼 + 𝛽 = 0 5𝛼 + 5𝛽 = 15

⇒ 6𝛼 = 12 ⇒ 𝛼 = 2 ⇒ 10 + 5𝛽 = 15 ⇒ 𝛽 = 1

Por tanto:
𝑃(1, −1, 2) 𝑥 𝑦−1 𝑧+3
{ ⃗⃗⃗⃗⃗ ] = (−1, 2, −5) ⇒ 𝑡 ≡ =
⇒ [𝑃𝑄 =
𝑄(0, 1, −3) 1 −2 5

1 Puede verse otra forma de hacerlo en el problema B2 de junio de 2009.

EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P7.
Calcula los extremos absolutos de la función 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝜋𝑥 · sen(𝜋𝑥) en el intervalo [1/2, 2]. Menciona el
resultado teórico empleado y justifica su uso. (2,5 puntos)

1º) Estudiamos la continuidad de la función en el intervalo [1/2,2]:

𝑓(𝑥) = 𝑒 𝜋𝑥 · sen(𝜋𝑥) ⇒ 𝑓ʹ(𝑥) = 𝜋 · 𝑒 𝜋𝑥 · sen(𝜋𝑥) + 𝑒 𝜋𝑥 · 𝜋 · cos(𝜋𝑥)

Por tanto, 𝑓 es continua en el intervalo por ser derivable en ℝ. Por el teorema de Weierstrass la función 𝑓
alcanza en dicho intervalo sus extremos absolutos. Éstos se encuentran en los extremos del intervalo o
entre sus extremos relativos.

2º) Hallamos los extremos relativos de la función en el intervalo; y como la condición necesaria de extremo
relativo es que la derivada valga cero:

𝑓ʹ(𝑥) = 0 ⇒ 𝜋 · 𝑒 𝜋𝑥 · [sen(𝜋𝑥) + cos(𝜋𝑥)] = 0 ⇒ sen(πx) + cos(πx) = 0 ⇒ sen(πx) = −cos(πx) ⇒

3𝜋 3 1 𝑥 = 3/4
⇒ tg(𝜋𝑥) = −1 ⇒ 𝜋𝑥 = + 𝑘𝜋 ⇒ 𝑥 = + 𝑘 ⇒ {
4 4 𝑥 = 7/4

Estudiamos el signo de la primera derivada en el intervalo [1/2, 2]:

+ − +
1/2 3/4 7/4 2

Como 𝑓 es continua en 𝑥 = 3/4 y 𝑥 = 7/4, por el criterio de la variación del signo de la derivada primera
𝑓 tiene un máximo relativo en 𝑥 = 3/4 y un mínimo relativo en 𝑥 = 7/4.

3º) Calculamos los valores de la función en los extremos relativos y en los extremos del intervalo:

𝒙 𝒇(𝒙)
1/2 𝑒 𝜋/2
3/4 (√2/2) · 𝑒 3𝜋/4
7/4 −(√2/2) · 𝑒 7𝜋/4
2 0
4º) Conclusión:
La función tiene un máximo absoluto en 𝑥 = 3/4 que vale (√2/2) · 𝑒 3𝜋/4 y un mínimo absoluto en 𝑥 = 7/4
que vale −(√2/2) · 𝑒 7𝜋/4 .

1 Las demás soluciones no pertenecen al intervalo [1/2, 2].

EXAMEN EXTRAORDINARIO DE 2020. PROBLEMA P8.
Sean las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑥/2 + 1 y 𝑔(𝑥) = √𝑥 − 2 + 2. Encuentra los dos puntos en los que se cortan sus
gráficas, y calcula el área de la región del plano encerrada entre ambas gráficas. (2,5 puntos)

1º) Hallamos primero los puntos de corte de ambas gráficas:

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⇒ 𝑥⁄2 + 1 = √𝑥 − 2 + 2 ⇒ x + 2 = 2√𝑥 − 2 + 4 ⇒
⇒ 2√𝑥 − 2 = 𝑥 − 2 ⇒ 4𝑥 − 8 = 𝑥 2 + 4 − 4𝑥 ⇒ 𝑥 2 − 8𝑥 + 12 = 0 ⇒
8 ± √64 − 48 8 ± 4 1 𝑥 = 2
⇒𝑥= = ⇒{
2 2 𝑥=6
2º) Averiguamos la posición relativa de ambas gráficas en el intervalo (2, 6):
𝑥 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)
3 5/2 3
3º) Calculamos el área:
6 6 6
𝐴 = ∫ [𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)] · 𝑑𝑥 = ∫ [√𝑥 − 2 + 2 − 𝑥/2 − 1] · 𝑑𝑥 = ∫ [(𝑥 − 2)1/2 + 1 − 𝑥/2] · 𝑑𝑥 =
2 2 2
6 6
(𝑥 − 2)1/2+1 𝑥 2 ⁄2 (𝑥 − 2)3/2 𝑥2 16 16 4
=[ +𝑥− ] =[ + 𝑥 − ] = ( + 6 − 9) − (2 − 1) = −4=
1/2 + 1 2 2 3/2 4 2 3 3 3

1 Como se trata de una ecuación irracional, hay que comprobar las soluciones.